Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 2001-2002 môn: Toán (vòng 2)

	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002.
	 -----------------------	 -------------------------------------------------
	 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN (VÒNG 2). 
 SBD	: (180 phút, không kể thời gian giao đề)
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: a/ Giải phương trình: 
	b/ Chứng minh: log89 + log810 + log811 < 2log23.
Bài 2: a/ Với A, B, C là ba góc của một tam giác, chứng minh rằng phương trình:
	có 4 nghiệm phân biệt.
	b/ Giải phương trình: 
Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác (lồi) có : tổng khoảng cách từ mỗi đỉnh đến các cạnh là một số không đổi đối với tất cả các đỉnh. Chứng minh rằng tứ giác đó là hình bình hành.
Bài 4: Cho tập hợp E = { xÎ N/ 1 £ x £ 2001}, k, r là hai số cho trước:
	2 £ k £ 20001, r Î N*.
	Hỏi có bao nhiêu bộ (a1, a2, ..., ak) thỏa mãn các điều kiện sau:
ai Î E, .
a1 < a2 < ...< ak. 
Min{ai+1 – ai / } = r
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2001-2002.
	 -----------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MÔN TOÁN
LỚP 12 -VÒNG 2.
Bài 1: 
Câu a: Giải phương trình: (1). 
 nên điều kiện là: x ³ -1.
x2 + 2x + 2 = (x +1) + (x2 + x + 1), đặt , 
Với điều kiện x ³ -1: (1) trở thành: 
3(a2 + b2) = 10ab Û 3a2 – 10ab + 3b2 = 0 Û (a – 3b)(3a – b) = 0 Û a = 3b hay a = b/3.
a = 3b Û =3 Û x + 1 = 9(x2 + x + 1) Û 9x2 + 8x + 8 = 0 (vô nghiệm)
a = b/3 Û 3a = b Û3 =Û9(x + 1) = x2 + x + 1 Û x2 - 8x - 8 = 0 
Vậy phương trình có hai nghiệm:.
Cách khác: Bình phương và phân tích thành tích.....
Câu b: Chứng minh: log89 + log810 + log811 < 2log23.
Trước hết chứng minh: logn(n+1) > logn+1(n+2) , "n>1 (1).
Vì: , áp dụng bất đẳng thức Cói cho hai số dương ta có:
 suy ra (1) thỏa.
Từ công thức (1) ta có: log89 + log810 + log811 < 3log89 = 2log23.
Cách khác: Có thể giải (1) bằng cách xét hàm y = logx(x+1) = với x>1 và suy ra y’>0...
Bài 2:
Câu a:
Vì A,B,C Î(0; p) nên: . Do đó: 
(1) 
y
x
O
2
y = m
Nên số nghiệm của (1) chính là số giao điểm của hai đường: y = f(x) = |x2-2x| (C) và (d): y = m.
Khảo sát và vẽ đồ thị (C)
Dựa vào đồ thị ta được: (2) có 4 nghiệm khi chỉ khi 0< m <1
Chứng minh (3): A,B,C Î(0; p) nên: . 
 A,B Î(0; p) nên: 
Từ (5): 
Từ (4) và (6) suy ra: (3) đúng. Vậy phương trình (1) có đúng 4 nghiệm.
 Chú ý thêm: 
Câu b: 
Phương trình đã cho tương đương với: 
Xét x = 0; x = ± 1: Thay vào (1) ta thấy đều thỏa nên phương trình có các nghiệm: x = 0; x = ± 1.
Xét x ¹ 0; x ¹ ± 1: Khi đó (1) Û 
 Với t ¹ 0, xét hàm số: . 
 * Với t > 0 thì 3t – 1 > 0 Þf(t) > 0 và với t 0, do đó:
 Vì (2) Û f(x) + f(x2 – 1) = 0 nên (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có tất cả là 3 nghiệm: x = 0; x = ± 1.
Bài 3:
a
K
N
M
H
Gọi là vectơ pháp tuyến đơn vị của đường thẳng a, có gốc trên a. M và N là hai điểm ở về một nữa mặt phẳng có bờ a chứa vectơ .
Khi đó ta có:
 (1) (2)
Từ giả thiết ta được: tM = d(M,a) và tN = d(N,a) và từ (1) và (2)
suy ra: (3).
Gọi , , , là các vectơ pháp tuyến đơn vị có gốc trên các cạnh
AB,BC,CD,DA và ở miền trong tứ giác ABCD. Gọi k là tổng khoảng 
cách từ một đỉnh đến các đường thẳng chứa cạnh của tứ giác. Khi đó
ta có:
(+++) =[d(B,AB) – d(A,AB)] + [d(B,BC) – d(A,BC)] + [d(B,CD) – d(A,CD)] + [d(B,DA) – d(A,DA)] 
Do đó: (+++) = k – k = 0 (4). Tương tự ta có: (+++) = 0 (5).
Vì A,B,C không thẳng hàng nên từ (4) và (5) ta suy ra: +++ = (6).
Từ (6) suy ra: ++ = ++ nên: (,) = (,) (7). 
Từ (6) suy ra: ++ = ++ nên: (,) = (,) (8). 
Do: (,) + (,) + (,) + (,) = 3600 nên:
 (,)+(,) = (,)+(,) = 1800, suy ra:(,) = 1800, tương tự: (,) = 1800. (9)
Từ (9) suy ra các cạnh đối của tứ giác song song nhau: AB // CD, BC // AD. Vậy ABCD là hình bình hành.
Cách khác: Sau khi chứng minh được (6). Gọi 0 là một điểm tùy ý.
Đặt: suy ra Ni thuộc đường tròn tâm O, bán kính 1. Do (6) suy ra O là trọng tâm của tứ giác N1N2N3N4 suy ra O là trung điểm của đoạn nối hai trung điểm của hai cạnh N1N2, N3N4 và từ đó suy ra: N1N2 // N3N4 , suy ra N1N2N3N4 là hình chữ nhật, suy ra: 
	 nên AB // CD,BC // AD. Vậy ABCD là hình bình hành.
Bài 4:
Đặt n = 2001.
(a1,a2,...,ak) thỏa (i) (ii) tươngứng một tập con k phần tử của E.
Kí hiệu: Alà tập các tập con của E với: A = {a1, a2, ..., ak} a1< a2 < ...< ak;
 Min{ai+1-ai / } ³ r; ur(k) là số phần tử của A.
Trường hợp 1: ur(k) = 0 nếu k > n – (k – 1)(r – 1).
Thật vậy: k > n – (k – 1)(r – 1) Û (k – 1)r > n – 1 (*).
Ta có : ai+1-ai ³ r Þ ak –a1 ³ (k - 1)r mà ak –a1 £ n – 1 Þ(k – 1)r £ n – 1 mâu thuẫn với (*), do đó không tồn tại A, suy ra A= Æ Þ ur(k) = 0 .
Trường hợp 2: nếu k £ n – (k – 1)(r – 1).
Thật vậy: Xét M = { 1, 2, ...., n-(k– 1)(r – 1)} và B là các tập con k phần tử của M.
Xét ánh xạ: A B : f(A) = B xác định như sau: A = {a1, a2, ..., ak} Î A thì:
B = {a1, a2 – (r – 1), ..., ai – (i – 1)(r – 1), ..., ak – (k – 1)(r – 1)}; bi = ai – (i – 1)(r – 1); 
bi +1 – bi = ai + 1 -ai - (r – 1) ³ 1; bk = ak – (k – 1)(r – 1) £ n - (k– 1)(r – 1).
Suy ra: bi Î M suy ra: BÎB. 
Chứng tỏ f song ánh: ta được A ¹ A’ Þ f(A) ¹ f(A’) và "BÎB, B = {b1, b2, ..., bk} b1<b2< ...< bk
Lấy tạo ảnh: ai = bi + (i – 1)(r – 1), kiểm chứng được a1< a2< ...< ak và ai + 1 -ai ³ 1 
Suy ra: A = {a1, a2, ..., ak}Î A và f(A) = B. Vậy f song ánh. Do đó: .
Từ hai trường hợp (1) và (2) trên ta có: với quy ước khi m < k. Do đó: số bộ số (a1, a2, ..., ak) thỏa đề bài là: ur(k) – ur + 1(k).
________________________________________