Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 1999-2000 môn: Toán bảng B vòng 2

	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 B VÒNG 2. 
 SBD	: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: (2.5 điểm) Với n là số nguyên dương. Giải phương trình:
Bài 2: (2.5 điểm) A, B, C là ba góc của một tam giác. Chứng minh:
Bài 3: (2.5 điểm) Cho hàm số thỏa mãn đồng thời các điều kiện:
	(1) f(n + 1) > f(n) , "nÎZ+.
	(2) f[f(n)] > n + 2000 , "nÎZ+
	a/Chứng minh: f(n + 1) = f(n) , "nÎZ+.
	b/Tìm biểu thức f(n).
Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x và đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0.
	Chứng minh rằng có vô số tam giác với ba đỉnh trên (P) mà các cạnh tiếp xúc với (C).
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)
+(0.50 đ) Điều kiện: sin2mx ¹ 0 Û 2mx ¹ kp, kÎZ .
+(0.50 đ) 
+(0.25 đ) Do đó ta có công thức tổng quát: .
+(0.75 đ) Phương trình đã cho trở thành:
	(cotgx – cotg2x) + (cotg2x – cotg4x) +...+ (cotg2n-1x – cotg2nx) = 0
	Û cotgx – cotg2nx = 0 Û cotg2nx = cotgx Û
+(0.50 đ) So lại điều kiện ta có nghiệm: với h ¹ p(2n – 1), "p ÎZ.
Bài 2: (2.5 điểm)
+(0.50 đ) Áp dụng định lý hàm số sin, bất phương trình cần chứng minh trở thành:
	, với a, b, c là ba cạnh của một tam giác.
+(0.50 đ) Với 0 0, ta có bất đẳng thức: .
+(0.50 đ) Chứng minh bất đẳng thức (2).
+(1.00 đ) Vì a, b, c là ba cạnh của một tam giác nên: 0 < a < b + c; 0 < b < a + c; 0 < c < a + b nên ta áp dụng được được bất đẳng thức (2) và ta có:
	; ; .
	Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được (1), nên bất đẳng thức đề cho được chứng minh.
Bài 3: (2.5 điểm)
Câu a (1.5 đ)
+(0.5 đ) Vì f(n)Î Z+ nên từ giả thiết (1) ta được: f(n+1) ³ f(n) +1 , "n Î Z+.
+(1.0 đ) Kết hợp giả thiết (2) ta được "n Î Z+:
	n + 2001 = (n+1)+2000 = f[f(n+1)] ³ f[f(n)] + 1 = n + 2001
	do đó: f(n+1) = f(n) + 1, "n Î Z+.
Câu b (1.0 đ)
+(0.75 đ) f(n) = f(1) + n – 1, "n Î Z+ Þ f{f(1)} = f(1) + f(1) – 1
	Suy ra: 1 + 2000 = 2f(1) – 1 Þ f(1) = 1001 Þ f(n) = n + 1000, "n Î Z+.
+(0.25 đ) Thử lại thỏa các điều kiện, nên f(n) = n + 1000, "n Î Z+.
Bài 4: (2.5 điểm).
+(0.25 đ) Đường tròn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = 2.
+(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1¹ y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: 
	AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1)
	Do A, B Î (P) nên , do đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = 0.
+(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc:
	AB tiếp xúc (C) Û .
+(0.25 đ) Tượng tự, nếu C(x3 ; y3) thuộc (P) và y1 ¹ y3 , ta có:
	AC tiếp xúc (C).
+(0.5 đ) Do đó nếu AB và AC tiếp xúc (C) ta được (1) và (2). Điều này chứng tỏ y1 và y3 là hai nghiệm của phương trình ẩn y:
+(0.25 đ) Với y1 ¹ ± 2, (3) là phương trình bậc hai có D’ > 0 nên (3) luôn có hai nghiệm y2 và y3:
	 và 
+(0.25 đ) Do đó, thế vào ta được: . Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta được BC tiếp xúc (C). Và từ các kết quả trên chứng tỏ rằng có vô số tam giác thỏa đề bài.