Đề thi hsg môn toán lớp 12 sở gd đt hải phòng bảng a năm học 2010 2011 file word có lời giải chi tiết

UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO MƠN: TỐN LỚP 12 – BẢNG A1 NĂM HỌC: 2010-2011 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Bài Gải phương trình sau 2x -1= 27x -27x +13x -2 Bài Cho tam giác nhọn ABC có M là trung điểm của BC Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu vng góc của M lên AB, AC Đường tròn (O1) qua điểm A, B, E, đường tròn (O2) qua điểm A, C, D Chứng minh rằng O1O2 // BC Bài Tìm hàm f : R  R thỏa mãn f  x  + 2yf  x  +f  y  = f  y+f  x    x, yR m Bài Tìm các số k, m nguyên dương thỏa mãn k!+ 48= 48  k +1 Bài Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh rằng : x + y4  x + y6 y + + z4  y6 + z6 z + + x4  z6 + x Hết 12 UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ MƠN: TỐN – BẢNG A1 NĂM HỌC: 2010 - 2011 Biểu HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN điểm Bài Giải phương trình sau 2x -1= 27x -27x +13x -2 Phương trình tương đương với phương trình: f  3x -1 = f  2x -1  Trong đó: f  t  = t + 2t Nhận thấy f  t  là hàm số đồng biến R nên từ phương trình ta có 3x -1= 2x -1   3x -1 = 2x -1 27x -27 x +7x =  x = Bài Dựng AH  BC , gọi K =  O1    O  A Khi AK là trục đẳng phương ( O1 ) và ( O ) O1 Þ AK ^ O1O O2 D C Ta sẽ chứng minh AK ^ BC hay H Ỵ AK M B Nghĩa là cần phải chứng minh: PH/( O1) = PH/( O2 ) H K (*) Giải sử ( O1 ) I BC = { T} ,( O ) I BC = { S} (*) Û HT.HB = HS.HC Tứ giác ADHM nội tiếp nên ta có: E BD.BA = BH.BM ( 1) CE.CA = CM.CH ( 2) Tứ giác ABTE và ADSC nội tiếp nên ta có: Từ (1) và (4) có: BH.BM = BS.BC ( 5) Từ (2) và (3) có: CT.CB = CM.CH ( 6) Kết hợp (5) và (6) ta có: CE.CA = CT.CB ( 3) BS.BC = BD.BA ( 4) BS BH vì BC =- CB , BM =- CM = CT CH BS BH BS - BH HS = = = Û HT.BH = HS.CH CT CH CT - CH HT Vậy (*) đúng ta có đpcm Bài f  x  + 2yf  x  = f  y+f  x    f  y  + Cố định x = x0 Ta có vế trái có tập giá trị là R Þ " x, $ m,n: x = f ( m ) -f ( n ) + Cho y = - f (x) ta có f  x   2f  x  + f  -f  x   = f    f  -f  x   f  x  f  0 – + Cho y bởi – f(y) ta có f  f  x   f  y   f  x  - 2f  x  f  y   f  -f  y   f  x  - 2f  x  f  y   f  y   f    f  x   f  y    f   Ta có " x, $ m,n: x = f ( m) -f ( n ) Þ f ( x ) =f ( f ( m ) - f ( n ) ) =( f ( m ) - f ( n ) ) +f ( 0) Hay f ( x ) = x +a với a = f(0) Thử lại : Đúng Vậy f ( x ) = x +a " x Ỵ R Bài 48 Þ k ³ Do k!M Nhận thấy k = 6, k = khơng thỏa mãn Þ k³ Khi ta có: 3.5.7.8 k + = (k + 1)m Þ ( k + 1) khơng chia hết cho ( k +1) (vô lý) + Nếu k + = p.q (p, q >1), p, q lẻ thì 3.5.7.8 k M (k+1) Þ 1M + Nếu k + là một số nguyên tố, theo định lý Wilson k! º -1( mod ( k+1) ) nên 47  k + 1  k = 46 Với k = 46 thì 47m – = 3.5.7.8 46  462  46  47 m-1  47 m  + 47 + 1 46  m46 Vậy m 46 ta có: 46! 48 48.47 46 Vậy không tồn tại k thoả mãn đề bài Bài Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = Chứng minh rằng : x + y4  x + y6 y + + z4  y6 + z6 z + + x4  z6 + x 12 Đặt a = x2, b = y2, c = z2  abc = Khi bđt trở thành: a + b2  a + b3 b + +c  b3 +c3 c + +a  c3 + b 3 12 Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau: 2 a  b3  a  b    a  b (*) Thật vậy: 3 a b   a  b  4a  4ab  4b  4 a  b   a  b    a  b    4a  4ab  4b    a  b     3 27.4. a  b   a  b Từ (*) có  a  b a  Dấu ‘=’ xảy a = b  b2  a  b3 Tương tự:  b  c  b   c2  b c 3 ,  c  a c   a2  c a  a+b   3 Cộng theo từng vế của bđt có: a + b2  a + b3  b + +c  b3 +c3 c + +a2  c + b3 3  a  b   b  c   c  a   ab.ac.bc 12 2 Vậy VT ³ VP (đpcm) Dấu ‘=’ xảy x = y =z =1  b+c  +  c+a  +