Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế năm học 2002-2003 môn: Toán (vòng 2)

	SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIấN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003.
	 -----------------------	 -------------------------------------------------
	 ĐỀ CHÍNH THỨC Mụn: TOÁN (VềNG 2). 
 SBD	: (150 phỳt, khụng kể thời gian giao đề)
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trỡnh:
Bài 2: (3.5 đ) Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): với x >1.
 a/ M là điểm tựy ý trờn (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A và B. Xỏc định điểm M để diện tớch tam giỏc OAB nhỏ nhất.
 b/ Với I(1;1) và K là hỡnh chiếu vuụng gúc của M xuống đường thẳng y = x. Tỡm điểm cố định C sao cho : IK – CM luụn là số dương khụng đổi khi M thay đổi trờn (H).
 Bài 3: (3.0 đ) Cho n ẻ N ( n ³ 2) và hàm số f: Q đ Q sao cho:
 	f(xn + y) = xn – 1f(x) + f(f(y)) "x, y ẻ Q.
 	(Q là tập hợp cỏc số hữu tỉ). 
a/ Giả sử rằng f(2002) ạ 0. Tớnh f(2002).
b/ Tỡm hàm số f.
________________________________
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO	KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
	 THỪA THIấN HUẾ NĂM HỌC 2002-2003.
	 -----------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM BIỂU VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI MễN TOÁN
LỚP 12 -VềNG 2.
Bài 1: (3.5 đ) Giải phương trỡnh: (1)
Điều kiện: 
 và do đú và .
(1) Û 
 Û 
Đặt: a = 8 + 4 > 1, t = x2 – 2x -12. Điều kiện: t > 0.
Do đú: (1) Û lna + 1(t + 1) = lnat
Cỏch 1: (1) Û lna + 1(t + 1) = lnat .
Từ (I) ta được: 
y = 1: là nghiệm của (2).
y < 1: , y < 1: .
Nờn (2) cú nghiệm duy nhất: y = 1. Do đú: (1) t = a Û x2 – 2x – 12 = 8 + 4 ( thỏa *)
Û x2 – 2x – 20 - 4 = 0 Û x = 2 + 2 hoặc x = -2.
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 2 hoặc x = -2.
Cỏch 2: Xột hàm số y = f(t) = lna + 1(t + 1) - lnat (a >1
Ta được: vỡ a > 1, nờn hàm số giảm trờn (0; +Ơ) và ta cú f(t) = 0 cú nghiệm t = a nờn f(t) cú nghiệm duy nhất t = a.
Vậy: (1) (1) Û lna + 1(t + 1) = lnat Û t = a x2 – 2x – 12 = 8 + 4 ( thỏa *)
Û x2 – 2x – 20 - 4 = 0 Û x = 2 + 2 hoặc x = -2.
Vậy phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm: x = 2 + 2 hoặc x = -2.
Bài 2: (3.5 đ)
a/ ( 2 điểm)
M(x0;y0) ẻ (H), tiếp tuyến tại M của (H) cú phương trỡnh: (d): .
d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại cỏc điểm A(1;), B(2xo – 1;1).
Vỡ x0 > 1 nờn yA = >1, xB = 2x0 – 1 > 1. Do đú I ở miền trong tam giỏc OAB nờn:
SOAB = SOIB + SOIA + SIAB = IA + IB + IA.IB = 2(x0 – 1) + . + .2(xo – 1).
Do đú ỏp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta hai số dương xo – 1, ta cú:
x
y
O
I
K
SOAB = xo – 1 + + 1 ³ 1 + 2.
Đẳng thức xảy ra khi:
xo – 1 = .
Vậy SOAB nhỏ nhất khi M(, ).
Cỏch khỏc: Tớnh diện tớch DOAB theo cỏch sau:
 1/ .
 Tớnh: .
2/ Tớnh SOAB = AB.h với h = d(O;AB).
b/ ( 1.5 điểm)
Do phộp tịnh tiến bảo toàn khoảng cỏch, nờn để đơn giản phộp tớnh ta dời hệ trục Oxy sang hệ trục IXY bằng phộp tịnh tiến vectơ .
Cụng thức dời trục: , (H) trở thành : với X>0.
Do đú: .
Đặt C(a;b) và hằng số muốn tỡm là c . 0, khi đú: IK = ; và: 
Do (2) đỳng với mọi X > 0 nờn: 
c = 1 thỏa vỡ X > 0 và 2X2 – 2X + 1 > 0.
Vậy điểm C cú tọa độ (1;1) trong hệ trục ĨY, hay C(2;2) trong hệ trục Oxy và với mọi điểm M trờn (H) ta cú: IK – CM = 1.
Bài 3: (3.0 đ) f(xn + y) = xn – 1f(x) + f(f(y)) "x, y ẻ Q (*).
Cõu a: (1.5 điểm)
Từ (*) ta được: với x = 0; f(y) = f(f(y)), "y ẻ Q.
 với x = 1; y = 0: f(f(0)) = 0 ị f(0) = 0.
 với x = 1; y ẻ Q: f(1+y) = f(1) + f(y). (1).
	Do đú: chứng minh bằng quy nạp ta được: f(n) = n.f(1) "n ẻ N. (2)
Từ (1) ta cú: f(0) = f(1) + f(-1) ị f(-1) = f(0) – f(1) = - f(t); f(x-1) = f(x) – f(1)
Do đú, chứng minh bằng quy nạp ta được: f(-n) = -n.f(1) "n ẻ N*. (3)
Từ (2) và (3) ta được: f(n) = n.f(1) "n ẻ Z (4)
Đặt: f(1) = , p ẻ N, q ẻ N* và ta được: "n ẻ N* và n chia hết p nờn n.f(1)ẻ Z. Do đú ta được: f(f(n)) = f(n) Û n.[f(1)]2 = n.f(1) Û [f(1)]2 = f(1) Û f(1) = 0 hay f(1) = 1.
Do đú, từ (4) ta được: f(2002) = 1 hay f(2002) = 0 (loại). Vậy f(2002) = 2002.
Cõu b (1.5 điểm)
Từ (*) ta được: y = 0: f(xn) = xn – 1f(x), "x ẻ Q. (1)
n chẵn : "x ạ 0: f(x) = , f(-x) = = - f(x).
n lẻ: từ (*) và (1) ta được: f(xn + y) = f(xn) + f(y) (2)
suy ra: f(-xn) + f(xn) = 0 ị f(-x) = = - f(x).
Do đú: f(-x) = f(x), "x ẻ Q.
Từ (2), chứng minh bằng quy nạp ta được: f(pxn) = p.f(xn), "p ẻ N, "x ẻ Q.
"p ẻ N*: f(- pxn) = - f(p.xn) = - p.f(xn).
Vậy: f(pxn) = p.f(xn), "p ẻ Z, "x ẻ Q. (3)
Từ (3) ta cú: "ẻ Q ( u ẻZ, vẻN*) ta được: f() = f() = u.vn – 1.f().
Mà: f(1) = f() = vn.f() ị f() = . Vậy: f() = u.vn – 1.= .f(1) (4).
Ta cú: f(1) = 0 hay f(1) = 1 từ (4) suy ra: f(x) = 0, "x ẻ Q hay f(x) = x,"x ẻ Q.
Thử lại: thỏa món (*). Vậy f(x) = 0, "x ẻ Q.
___________________________________