HDC vong 2 cho vòng 2

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ - Năm học 2012 – 2013 MÔN: TOÁN Ngày thi 10/10/2012 (hướng dẫn chấm gồm 03 trang) Câu 05 điểm Đáp án Điểm 2 2  x + y − 4x − 2y + = (x − 2) + (y − 1) = ⇔ Cách 1:  2 2 z + t − 4z − 2t + = (z − 2) + (t − 1) = 0,5 a + b = Đặt a = x - 2, b = y - 1, c = z - 2, d = t - 1, ta có:  2 c + d = P = (x − z)(y − t) = (a − c)(b − d) ≤ (a − c)(b − d) ≤ 2(a + c )2(b + d ) = (a + c )(b + d ) 1 ≤ a + b + c2 + d = ⇒ P ≤ Đẳng thức xảy khi: (a − c)(b − d) ≥ a = −c  a = b = x = + x = −      b = −d  c = d = − y = + y = − ⇔ ⇔   2   2 a + c = b + d  z = − a = b = −    z = + 2    a + b =  c = d = t = − t = +  2 c + d = Vậy MaxP =  x + y − 4x − 2y + = (x − 2) + (y − 1) = ⇔ Cách 2:  2 2 z + t − 4z − 2t + = (z − 2) + (t − 1) = 2 1,5 2  x = + 2cos α; y = + 2sin α ⇒ ∃α, β ∈ R thỏa mãn:  z = + 2cos β; y = + 2sin β  sin 2α sin β  1  + − sin(α + β )  ≤ 4 + + 1 =8 Khi đó: P = (x-z)(y-t) =    2  Đẳng thức xảy ⇔ sin 2α = sin 2β = − sin(α + β) = π  α = + kπ ⇔ (k, m ∈ Z ) β = π + 2mπ − (k + 1)π  0,5 0,5 0,5 x = +  y = + ⇔ z = −  t = − 2 x = +  y = 1+  z = −  t = − 2 0,5 2 Vậy MaxP = x+2 y+2 + = ⇔ x2 - 2(3y-1)x + y2 + 2y = (*) y x 0,5  x = 1; x1 =  x n + = 6x n +1 − x n − ∀n ∈ N Xét dãy số {xn} xác định công thức:  Ta có: {xn} tăng x n ∈ N*∀n ∈ N* 0,5 Với n ∈ N ta có: x n + = 6x n +1 − x n − ⇒ x n +2 + x n = 6x n +1 − ⇒ điểm 0,5 x n+2 + x n + x + x n + x n +1 + x n −1 + = ⇒ n +2 = ∀n ∈ N* x n +1 x n +1 xn ⇒ x n + x n + x n2 + 2x n = x n2 +1 + x n +1x n-1 + 2x n +1 ∀n ∈ N* (1) 0,5 0,5 0,5 ⇒ x n + x n - x n2 +1 - 2x n +1 = x n +1x n-1 - x n2 - 2x n ∀n ∈ N * ⇒ x n + x n - x n2 +1 - 2x n +1 = x x - x12 - 2x1 = ∀n ∈ N ⇒ x n + x n = x n2 +1 + 2x n +1 ∀n ∈ N (2) 0,5 Từ (1), (2) suy x n , x n + hai nghiệm phương trình: t - 2(3x n +1 -1)t + x 2n +1 + 2x n +1 = ∀n ∈ N 0,5 ⇒ x 2n - 2(3x n +1 -1)x n + x 2n +1 + 2x n +1 = ∀n ∈ N 0,5 Suy ( x n , x n +1 ) nghiệm phương trình (*) ∀n ∈ N Do ta có điều phải chứng minh A N Q 5điểm H M I B C P D 0,5 Gọi H trực tâm tam giác Tam giác ANH BMH đồng dạng nên: AN BM = NH MH Tam giác ANQ BMP đồng dạng nên: AN BM = NQ MP Từ (1) (2) suy ⇒ (1) (2) NQ MP = NH MH NQ MH IP =1 NH MP IQ 1 ⇒ Ba điểm M, I, N thẳng hàng (Định lí Menelaus) f ( x + f ( y ) ) = 4x 3f ( y ) + 6x ( f (y) ) + 4x ( f (y) ) + ( f (y) ) + f ( − x ) ∀ x, y ∈ R (1) + Nhận xét: f ( x ) ≡ thỏa mãn yêu cầu toán + Xét trường hợp: f ( x ) ≡ Đặt a = f(0) 0,5 Thay x = vào (1) ta f ( f ( y ) ) = ( f ( y ) ) + a, ∀y ∈ ¡ (2) 0,5 Tiếp tục thay x ( −f (x) ) vào (1) ta f ( f ( y ) − f (x) ) = − 4(f (x))3 f ( y ) + 6(f (x)) (f (y)) − 4f (x)(f (y)) + (f (y)) − f ( f (x) ) ∀ x, y ∈ ¡ ⇒ f ( f ( y) − f ( x ) ) = ( f ( y) − f ( x ) ) + f ( f ( x ) ) − ( f ( x ) ) 4 5điểm ∀x, y ∈ ¡ (3) Từ (2) (3) suy f ( f ( y ) − f ( x ) ) = ( f ( y ) − f ( x ) ) + a ∀x, y ∈ ¡ (4) 0,5 f ( x + f ( x ) ) − f ( − x ) = 4x 3f ( x ) + 6x ( f (x ) ) + 4x ( f (x ) ) + ( f (x ) ) ∀ x ∈ R 0,5 Giả sử x ∈ ¡ thỏa mãn f ( x ) ≠ Thay y = x vào (1) ta thu được: Vế phải đa thức bậc ba theo biến x nên hàm số có tập giá trị ¡ Vậy nên, vế trái hàm số có tập giá trị ¡ ⇒ ∀x ∈ ¡ tồn u, v ∈ ¡ để f ( u ) − f ( v ) = x 0,5 0,5 Do từ (4) suy ra: f ( x ) = f ( f ( u ) − f ( v ) ) = ( f ( u ) − f ( v ) ) + a = x + a, ∀ x ∈ ¡ 0,5 Thử lại dễ thấy: f ( x ) = x + a, ∀ x ∈ ¡ (với a số) thỏa mãn (1) 0,5 4 Vậy f ( x ) ≡ f ( x ) = x + a, ∀ x ∈ ¡ (với a số) hàm số cần tìm -Hết -