Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 1999-2000 môn: Toán bảng A vòng 1

	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000.
	 -----------------------	 -------------------------------------------------
	 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 1. 
 SBD	: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: ( 2.5 điểm) Cho phương trình:
	a/ Giải phương trình khi a = 64.
	b/ Tìm a để phương trình có nghiệm.
Bài 2:(2.5 điểm) Cho hai số a1, b1 với 0 < b1 = < 1. Lập hai dãy số (an), (bn) với n = 1, 2, ..
	theo quy tắc sau:
	, 
	Tính: và .
Bài 3:(2.5 điểm)Trong không gian cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng và ba điểm A, B, C ( khác điểm 0) lần lượt trên Ox, Oy, Oz. 
	Dãy số (an) là một cấp số cộng có a1 > 0 và công sai d > 0. Với mỗi số n nguyên dương, trên các tia Ox, Oy, Oz theo thứ tự lấy các điểm An, Bn, Cn sao cho OA = an.OAn ; OB = an+1.OBn ; OB = an+2.OCn.
	Chứng minh các mặt phẳng (An, Bn, Cn ) luôn luôn đi qua một đường thẳng cố định.
Bài 4:(2.5 điểm) Tập hợp M gồm hữu hạn điểm trên mặt phẳng sao cho với mọi điểm X thuộc M tồn tại đúng 4 điểm thuộc M có khoảng cách đến X bằng 1.
	Hỏi tập hợp Mcó thể chứa ít nhất là bao nhiêu phần tử?
	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000.
	 -----------------------	
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN
BẢNG A – VÒNG 1.
Bài 1: (2.5 điểm)
 Câu a: ( 2 điểm)
+(0.25 đ) Đặt u = v = 
+(0.25 đ) Ta có hệ 
+(1.00 đ) Hàm số f(u) = u5 – (u – 1)4 có f’(u) = 5u4 – 4(u – 1)3 > 0 "uÎ [1; + ¥), nên f(u) tăng trên [1; + ¥).
+(0.50 đ) a = 64, f(u) = 31 = f(2) và f(u) tăng nên hệ (I) chỉ có một nghiệm: (u = 2,v = 1) từ đó ta có nghiệm của phương trình là: x = 17 .
Câu b: ( 0.5 điểm)
+ f(u) tăng trên [1; + ¥) mà f(1) = 1 nên phương trình có nghiệm khi a – 33 ³ 1 hay a ³ 34.
 Bài 2: (2.5 điểm)
+(0.50 đ) Tính a2, b2 với 0 < b1 = < 1 ta có thể chọn 0 < a < sao cho: b1 = cosa, 
 suy ra a1 = cos2a.
+(0.75 đ) Bằng quy nạp, chứng minh được:
+(0.75 đ) Nhân hai vế của (1) và (2) cho và áp dụng công thức sin2a được:
	 .
+(0.50 đ) Tính giới hạn: 
Bài 3: (2.5 điểm)
+(0.50 đ) Phát biểu và chứng minh mệnh đề:
	Nếu hai điểm X,Y phân biệt. Điều kiện cần và đủ để điểm S thuộc đường thẳng XY là tồn tại cặp số thực x, y thỏa:
	 , với điểm O tùy ý.
+(0.25 đ) Từ giả thiết: (an) là cấp số cộng công sai d > 0 nên: an+1 = an + d .
+(0.75 đ) áp dụng nhận xét trên, ta có: 
	 thì I Î AnBn.
 và 
	Thế vào trên ta được: suy ra I cố định, nên đường thẳng AnBn luôn đi qua một điểm cố định I.
+(0.50 đ) Tương tự, chứng minh được:
BnBn luôn đi qua một điểm cố định J xác định bởi: .
AnCn luôn đi qua một điểm cố định K xác định bởi: 
 	Vậy các đường thẳng AnBn, BnCn, AnCn lần lượt đi qua ba điểm I, J, K cố định.
+(0.50 đ) Chứng minh ba điểm thẳng hàng:
	Ta có: , , .
	Do đó: 
	Vậy I, J, K thẳng hàng. Điều này chứng tỏ mặt phẳng AnBnCn luôn đi qua một đường thẳng cố định.
Bài 4: (2.5 điểm)
+(0.50 đ) Rõ ràng có ít nhất hai điểm P,Q thuộc M sao cho PQ ¹ 1.
	 Ký hiệu : MP = {X Î M / PX = 1}. Từ giả thiết |MP| = 4 ta có: |Mp Ç Mq| £ 2.
	 Nếu tồn tại P, Q sao cho |Mp Ç Mq| £ 1 thì M chứa ít nhất 9 điểm.
+(1.50 đ) Trường hợp với mọi P,Q sao cho PQ ¹ 1 và |Mp Ç Mq| = 2.
	 Khi đó Mp Ç Mq = {R,S}, lúc đó MP = {R,S,T,U} và Mq = {R,S,V,W} và giả sử M = {P,Q,R,S,T,U,V,W} ta có TQ ¹ 1, UQ ¹ 1, VP ¹ 1, WP ¹ 1.
Nếu TR,TS,UR,US khác 1: suy ra Mt Ç Mq = Mu Ç Mq = {V,W} suy ra T hay U trùng với Q, vô lý.
Nếu TR,TS,UR,US có một số bằng 1: Không giảm đi tính tổng quát, giả sử TV = 1 lúc đó TS ¹ 1 và TV = 1 hay TW = 1. Giả sử TV = 1 lúc đó TW¹ 1 suy ra TU = 1, và Mt = {P,R,U,V} và Mu = {P,T,V,W} lúc đó UTV, RPT,UTV là các tam giác đều cạnh 1, ta có hình 1. Điều này mâu thuẫn vì VR>2.
+(0.50 đ) Vậy M chứa ít nhất là 9 điểm. Dấu bằng xảy ra với hình2.
A4
A8
A6
A5
A9
A7
A1 A2
A3
	 Vậy M có thể chứa ít nhất là 9 điểm.
V
T
R
U
P