ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2000 - 2001 MÔN TOÁN BẢNG A VÒNG 1

TÀI LIỆU THAM KHẢO VÀ TUYỂN TẬP ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2002 - 2001 MÔN TOÁN BẢNG B CỦA SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO THỪA THIÊN HUẾ GIÚP CÁC EM HỌC SINH HỌC VÀ ÔN THI TỐT MÔN KHOA HỌC TỰ NHIÊN NÀY
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH NĂM HỌC 2000 - 2001 MÔN TOÁN BẢNG A VÒNG 1SỞ 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 A VÒNG 1. (180 phút, không kể thời gian giao đề) SBD:------------------------------------------------------------------------------------------------------------Bài 1: (2 điểm) a/ Chứng minh rằng mỗi phương trình sau đây có một nghiệm thực duy nhất cosx = x (1) ; sin(cosx) = x (2) ; cos(sinx) = x (3). b/ Gọi α là nghiệm của (1), gọi β là nghiệm của (2), gọi γ là nghiệm của (3). Chứng minh rằng: γ .α.lnβ < β.γ .lnα a > 0  m  c otgx  b/ Tìm m, n ∈ N* để phương trình:  tgx + ÷ = sin x + cos x có nghiệm. n n  4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 A – VÒNG 1Bài 1: (2.0 điểm)Câu a ( 1đ)  π π cosx = x ⇔ x – cosx = 0. Xét f(x) = x – cosx. Do -1 ≤ cosx ≤ 1 nên chỉ cần xét x ∈  − ; ÷. •  2 2  π π  π π • f’(x) = 1 + sinx > 0 ∀x ∈  − ; ÷ nên f đồng biến trên  − ; ÷.  2 2  2 2 • f(0) < 0; f(1) > 0. • Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm và chỉ có một nghiệm. • Các phương trình còn lại chứng minh tương tự.Câu b ( 1đ) ln β ln α ln γ < < • Nhận xét α, β, γ ∈ (0;1) . Viết lại . β α γ 1 − ln x ln x • Xét g(x) = với x ∈ (0;1). g (x) = > 0 ∀x ∈ (0;1) , g đồng biến trên (0;1). x2 x • Chứng minh: β < α < γ : Giả sử β ≥ α lúc đó β = sin(cosβ) < cosβ ≤ cosα = α vô lý. Giả sử γ ≤ α lúc đó γ = sin(cosγ ) > cos γ ≥ cosα = α vô lý. Vậy ta có: β < α < γ .Bài 2: (2.0 điểm) • f(x,y,z) = (x – y + mz + 1)2 + [x + (m + 1)y - 2z + 2]2 + [2x + 2y + (m - 4)z + 1]2 ≥ 0, ∀x , y, z ∈ R.  x − y + mz + 1 = 0 (1)  • f(x,y,z) = 0 ⇔  x + (m + 1)y − 2z + 2 = 0 (2) có nghiệm (x;y;z).  2x + 2y + (m − 4)z + 1 = 0 (3)  • Lấy (2) trừ (1) ta có: (m + 2)y - (m + 2)z + 1 = 0 (4) Nhân (1) với (2) ta có: 2x - 2y + 2mz + 2 = 0 (5) Lấy (3) trừ (5) suy ra: 4y - (m + 4)z – 1 = 0 (6) Từ (4) và (6) suy ra: m(m + 2) ≠ 0 có nghiệm y và z. Rồi thế vào (1) có nghiệm x. Hệ (1), (2), (3) có nghiệm. Do đó: khi m ≠ 0 và m ≠ 2 thì mìn(x,y,z) = 0. • Nếu m = -2, khi đó: áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpki ta có: f(x,y,z) = (x – y - 2z + 1)2 + [x - y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 6z + 1]2 1 1 1 = [12 + (-1)2 + 02][(x – y - 2z + 1)2 + [x - y - 2z + 2]2 + [2x + 2y - 6z + 1]2] ≥ (-1)2 = . 2 2 2  x − y − 2z + 1 x − y − 2z + 2 2x = 5z − 2 =  ⇔ −1 Dấu bằng xảy ra khi  1 2y = z + 1  2x + 2y − 6z + 1 = 0  1 1 1 1 ...