Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 1998-1999 môn: Toán bảng A vòng 1

	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998-1999.
	 -----------------------	 -------------------------------------------------
	 ĐỀ CHÍNH THỨC	MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. 
 SBD	: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1 ( 3 điểm)
 Tìm cực trị của hàm số:
	 y = sin2x + cotg2 + 4cos2 - 4sinx – 4cotg ( 0 < x < p).
Bài 2 ( 5 điểm)
	Tìm giá trị lớn nhất của tham số m để cho hệ phương trình sau có nghiệm:
	 ( x, y, z Î R).
Bài 3 ( 6 điểm)
	Cho tập hợp: A = { a; a + 1; a + 2; a + n} với a = 1998.
	Tìm tất cả các giá trị nguyên dương của n để tồn tại hai tập hợp B và C sao cho: A = B È C và BÇC = Æ mà tổng các phần tử của tập B bằng các phần tử của tập C.
Bài 4 (6 điểm) 
	Trong không gian cho ba mặt phẳng cố định có một điểm chung duy nhất. M là một điểm của không gian, các đường thẳng đi qua M song song với hai mặt phẳng cắt mặt phẳng còn lại lần lượt tại A,B,C. Biết MA + MB + MC = 1998.
Tìm tập hợp các trọng tâm của tam giác ABC.
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 1998-1999.
MÔN TOÁN 12 BẢNG A, VÒNG 1.
Bài 1(3 điểm). y = sin2x + cotg2 + 4cos2 - 4sinx – 4cotg 
(0.5đ)	+ Đặt z = sinx + cotg; z2 = sin2x + cotg2 + 4cos2. Do đ ó: y = z2 – 4z.
(0.5đ)	+ y’x = y’z . z’x = (2z – 4)() = 2(sinx + cotg - 2).
(0.5đ)	+ Do: 0 < x < p Þ cosx < 1 Þ < 0
 Nên: y’ cùng dấu với: - sinx - cotg + 2
(0.5đ) + Đặt t = tg suy ra: - sinx - cotg + 2 = .
(0.5đ) + Tam thức 2t2 – t + 1 luôn dương với mọi t vì có biệt số âm; 
 0 0.
 Do đó: y’ cùng dấu với t – 1.
(0.5đ) + y’ = 0 Û t – 1 = 0 Û tg = 1 Û x = ( vì 0< x < p).
x
0
p
tg-1
-
0
+
y’
-
0
+
y
-4
 Vậy: hàm số có điểm cực tiểu (; -4).
Bài 2 (5 điểm). 
(1.5đ)	+ Đặt: X = x +; Y = y; Z = (y + z); T = (z – y). 
	 Ta đ ược: ; ; 
 . 
	 Do đó ta có hệ .
(1.5đ)	+ Chú ý: (X2 + Y2)(Z2 + T2) = (XZ + YT)2 + (XT – YZ)2
	 Do đó: Hệ đã cho có nghiệm thì:
	 m.m2 ³ 
	 Suy ra: m £ 	.
(1.75đ)	+ Xét m = . Ta có hệ: 
	 Từ (1) có thể đặt X = uZ, Y = uT, thay vào (2) và (3) ta có: u = .
	 Do đó ta có hệ: 
	với m = .
(0.2 5đ)	+ Từ đó:
	Đáp số của bài toán là m = . 
Bài 3 (6 điểm). 
 (1.5 đ) + Nếu A = B È C và BÇC = Æ mà tổng các phần tử của B bằng tổng các phần tử
 của tập C nên tổng: 
 1998 + (1998 + 1) + ...+ ( 1998 + n) = 1998(n + 1) + 
 là số chẵn, suy ra l à số chẵn, suy ra n(n + 1) chia hết 4 . 
 Do đó n có dạng n = 4k + 3 hoặc dạng n = 4k (k Î N).
 (1.5 đ) + Nếu n = 4k + 3 (k Î N): Lúc đó tập A có 4(k+1) phần tử. Chia A thành k + 1 tập 
 con rời nhau, mỗi tập con gồm 4 số tự nhiên liên tiếp.
 Ta biết rằng mỗi bộ 4 số tự nhiên liên tiếp luôn chia được thành hai tập con có tổng các phần tử của hai tập đó bằng nhau. Ví dụ: bốn số a, a + 1, a + 2, a + 3 thì a + ( a + 3 ) = ( a + 1 ) + ( a + 2 ). Vậy tồn tại hai tập B và C thỏa bài toán.
 (3 đ) + Nếu n = 4k (k Î N*): Lúc đó tập A có 4k + 1 phần tử. 
 Giả sử A = B ÈC và BÇC = Æ thì trong B hoặc C có một tập không ít hơn 2k + 
 1 phần tử. Giả sử B có không ít hơn 2k+1 phần tử thì C có không quá 2k + 1 phần tử. 
 Ký hiệu : SB là tổng các phần tử của B thì:
 SB ³ 1998 + (1998 + 1) + ...+ ( 1998 + 2k) = 1998(2k+1)+ k(2k+1)
 SC là tổng các phần tử của C thì:
 SC £ (1998+ 2k+1) + (1998+2k+2) + ...+ (1998 + 4k) = 19982k + k(6k+1)
 Theo giả thiết để SB = SC nên:
 1998.2k + k(6k+1) ³ 1998(2k+1) + k(2k+1)
 Û 6k2 + k ³ 1998 + 2k2 + k Û 4k2 ³ 1998 .
 + Nếu k = 23 Þ n = 92.
 Tập A = {1998, 1998 + 1, 1998 + 2, ..., 1998 + 92}.
 với B = {1998 + 1, 1998 + 2,..., 1998 + 46, 1998 + 59}
 C = {1998, 1998 + 47, ..., 1998 + 58, 1998 + 60,..., 1998 + 92}
 Thì SB = SC = 95046.
 + Nếu k > 23. Ta có: A = A1ÈA2. Trong đó:
 A1 = {1998, 1998 + 1,..., 1998 + 92}
 A2 = {1998 + 93, 1998 + 94,..., 1998 + 4k}.
 Theo trên A1 chia được thành hai tập con rời nhau thỏa bài đề ra. Còn tập A2 gồm (4k - 9z) = 4(k – 23) phần tử. Lý luận như phần a, tập A2 cũng chia được thành hai tập con thảo bài ra. Như vậy tập A chia được hai tập con B và C, không giao nhau và tổng các số trong B bằng tổng các số trong tập C.
Kết luận: n có dạng 4k+3(kÎN) hay 4k(kÎN, k ³ 23).
Bài 4 ( 6 điểm)
(1.5 đ) + Gọi O là giao điểm của 3 mặt phẳng. a, b, c là 3 giao tuyến . Dùng tính chất hình 
 hộp và tính chất trọng tâm, ta có: , với M” là trọng tâm của DABC.
_
U
_
C
_
V
_
M
'
_
O
_
M
_
A
_
C
_
B
(4đ) + Tìm tập hợp các điểm M: 
 Ba mặt phẳng chia không gian làm 8 miền. Ta chỉ cần xét một miền: Gọi U, V, Ư thuộc a, b, c: OU = Ơ = OV = 1998.
 Chứng minh được: M thuộc miền trong tam giác UVƯ khi và chỉ khi:
 với x + y + z = 1.
 Mà MA + MB + MC = 1998 Û x + y + z = 1.
 Do đó: Tập các điểm M là miền trong của tam giác UVƯ.
(0.5 đ) + Suy ra các điểm M’ ( trọng tâm của tam giác ABC) là ảnh của miền trong tam giác 
 UVƯ qua phép vị tự tâm O tỉ 2/3.