Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 2000-2001 môn: Toán bảng B vòng 2

	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001.
	 -----------------------	 -------------------------------------------------
	 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2. 
 SBD	: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: (2.5 điểm) Tính các giới hạn sau:
	a/ b/ .
Bài 2: (2.5 điểm) Cho P(x) là đa thức bậc n (n >1) và có n nghiệm phân biệt x1, x2, ..., xn. P’(x) là đạo hàm của P(x).
	a/ Chứng minh phương trình P’(x) = 0 có n -1 nghiệm phân biệt.
	b/ Kí hiệu Pi(x) là đa thức sao cho: P(x) = (x – xi).Pi(x) (i = 1,2,...,n)
	 Rút gọn biếu thức: .
Bài 3: (3 điểm) Cho đường thẳng cố định a và một điểm A cố định trên a. Gọi (C) là đường tròn lưu động ở trong một nữa mặt phẳng (a) có bờ a. (C) có bán kính không đổi R và luôn tiếp xúc với a, gọi M là tiếp điểm. Gọi I là tâm của đường tròn (C).
Chứng minh rằng trong mặt phẳng chứa đường tròn (C), có một parabol (P) cố định sao cho trục đẳng phương của (C) và đường tròn đường kính AI luôn luôn tiếp xúc (P) khi M thay đổi trên a.
Bài 4: (2 điểm) Tìm số nhỏ nhất trong các cặp tập hợp có giao khác tập Æ trong 2000 tập hợp phân biệt sao cho với 3 tập hợp bất kì trong 2000 tập hợp đó đều có ít nhất một cặp tập hợp có giao khác tập Æ.
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001.
	 -----------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN
BẢNG B – VÒNG 2.
Bài 1: (2.5 điểm)
Câu a ( 1.50 đ)
 .
.
Mà ta có các công thức: ; ; .
Do đó: là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 64/4 = 16.
Và là một đa thức bậc 4 có hệ số bậc 4 là 4
Do đó: .
Câu b (1 đ)
=
Vì .
Vì và áp dụng công thức , nên .
Bài 2: (2.5 điểm)
Câu a ( 1.0 đ)
Ta có thể giả sử: x1 < x2 < x3 < ... < xn, áp dụng định lý Lagrange đối với hàm số liên tục P(x) trên các đoạn [x1 ; x2] , [x2 ; x3], ...., [xi ; xi+1], ..., [xn-1 ; xn] ta tồn tại n – 1 số: sao cho P’(ci) = 0. Vậy phương trình P’(x) = 0 có n – 1 nghiệm phân biệt.
Câu a ( 1.0 đ)
P(x) = a(x – x1)(x - x2) ...(x - xn) (a’ ¹ 0)
P’(x) = a(x – x2)(x – x3) ...(x - xn) + a(x – x1)(x – x3) ...(x - xn) + ...+a(x – x1)(x – x2) ...(x - xn-1)
Do đó: P’(x) = P1(x) + P2(x) +...+ Pn(x).
P’(xi) = Pi(xi) ¹ 0 (1) vì Pk(xi) = 0 với k ¹ i, .
 là đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n – 1.
Theo (1) ta có: Q(x) = 1, với . Điều này chứng tỏ Q(x) = 1.
Bài 3: (3 điểm)
Trong mặt phẳng chọn hệ trục tọa độ Đề-các vuông góc Oxy, với Ox trùng với a, nữa mặt phẳng a là nữa mặt phẳng y > 0, O trùng A. Đặt M(m;0) có tâm I(m;R).
M
I
x
y
A
Phương trình của (C) là:
(C): (x - m)2 + (y - R)2 = R2 hay 
(C): x2 + y2 – 2mx – 2Ry + m2 = 0.
Phương trình đường tròn đường kính AI là:
(C’): (x – m/2)2 + (y – R/2)2 = hay
(C’): x2 + y2 – mx – Ry = 0.
Phương trình trục đẳng phương của hai đường tròn
(C) và (C’) là:
(d): mx + Ry – m2 = 0 Û (d): y = f(x) = -.
Xét hàm số y = g(x) = .
Hệ .
Vậy Parabol y = f(x) = luôn tiếp xúc với trục đẳng phương (d).
Bài 4: (2 điểm)
Giải tổng quát đối với n tập hợp ( trong bài n = 2000).
Ta có hình biểu diễn (K) của n tập hợp như sau: n tập hợp được biểu diễn bởi n điểm phân biệt trong mặt phẳng ( không có 3 điểm nào thẳng hàng), hai tập hợp có giao khác Æ biểu diễn bởi 1 đường liền nét( __ ) nối với hai điểm biểu diễn, hai tập hợp có giao bằng Æ biểu diễn 1 đường không liền nét ( ---) nối hai điểm biểu diễn.
 Kí hiệu P là tập hợp n điểm, k(n) là số đoạn nối liền nét của một biểu diễn (K) thỏa giả thiết bài toán ( tức là: với 3 điểm bất kỳ của P có ít nhất một đoạn liền nét). Bài toán trở thành tìm giá trị nhỏ nhất d(n) của k(n).
M
N
P
Q
A
B
C
Ta luôn luôn có thể giả thiết rằng : Trong biểu diễn (K) tồn tại hai điểm A, B mà đoạn nối AB là không liền nét. Đặt Q= P\{A,B}, như vậy, Q có n-2 điểm, trong biểu diễn (K) ta bỏ đi đoạn AB và tất cả các đoạn nối với A, nối với B và ta được biểu diễn (K*) của tập Q thỏa điều kiện bài toán. Gọi k(n-2) là số các đoạn liền nét trong biểu diễn (K*).
Lấy CÎQ, suy ra các đoạn CA, CB phải có ít nhất một đoạn liền nét (vì đoạn AB không liền nét). Vì Q có n-2 điểm, nên suy ra : k(n) ³ n-2 + k(n-2) (*).
Công thức truy hồi (*) cho ta : k(n) ³ (n-2) + (n-4) + ... + 4 + k(4) vì n chẵn.
Suy ra : k(n) ³ (n-2) + (n-4) + ... + 4 + d(4) ³ (n-2) + (n-4) + ... + 4 + 2 = 
 (do d(4) = 2).
 Chứng tỏ : Tồn tại d(n) = .
Chọn n tập hợp để có d(n) = như sau : Nhóm X gồm tập hợp giao nhau khác Æ từng đôi một, nhóm Y gồm tập hợp giao nhau khác Æ từng đôi một. Mỗi tập hợp của nhóm này thì không có giao khác Æ với bất kỳ một tập hợp của nhóm kia. Cách chọn trên thỏa giả thiết bài toán.
Số đoạn nối liền nét giữa điểm của X là : (-1) + (-2) + (-3) + ... + 1 = 
Số đoạn nối liền nét giữa n điểm của X và Y là : .
Vậy d(n) = . Thế n = 2000 ta được số cần tìm là: .