đề và hdc hsg12 QB

Sở gd-đt quảng bình kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 12 năm học : 2009 - 2010 Môn : toán (vòng 2) đáp án, hớng dẫn chấm (ỏp ỏn, hng dn chm ny cú 3 trang) yêu cầu chung * Đáp án chỉ trình bày một lời giải cho mỗi bài. Trong bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận lô gic chặt chẽ, đầy đủ, chi tiết và rõ ràng. * Trong mỗi bài, nếu học sinh giải sai ở bớc giải trớc thì cho điểm 0 đối với những bớc giải sau có liên quan. * Điểm thành phần của mỗi bài nói chung phân chia đến 0,25 điểm. Đối với điểm thành phần là 0,5 điểm thì tuỳ tổ giám khảo thống nhất để chiết thành từng 0,25 điểm. * Học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai nghiêm trọng đối với Bài 4 thì cho điểm 0 đối với Bài 4. * Học sinh có lời giải khác đáp án (nếu đúng) vẫn cho điểm tối đa tuỳ theo mức điểm của từng bài. * Điểm của toàn bài là tổng (không làm tròn số) của điểm tất cả các bài. Bài Nội dung Điểm 1 K: 2 2 2 1 0 1 0 , , 1 0 x x y y x y z z z + > + > + > Ă Ta gi s (x,y,z) l nghim ca h. Xột hm s : = + + + 2009 2 ( ) 3 3 ln( 1)f t t t t t , t Ă ta cú: + = + + = + + > + + 2 2008 2008 2 2 2 1 2 1 '( ) 2009 3 2009 1 0 1 1 t t f t t t t t t t , t Ă nờn f(t) l hm ng bin trờn Ă Vỡ vai trũ ca x, y, z l bỡnh ng nờn khụng mt tớnh tng quỏt, ta gi s: x = max{x,y,z} thỡ ( ) ( ) ( ) ( )y f x f y z z f y f z x= = = = Vy ta cú x = y = z. Xột g(x) = + + + Ă 2009 2 2 3 ln( 1),x x x x x Ta cú: 2 2008 2008 2 2 2 1 2 1 '( ) 2009 2 2009 0, 1 1 x x g x x x x x x x x + = + + = + > + + Ă V g(1) = 0 Nờn phng trỡnh g(x) = + + + = 3 2 2 3 ln( 1) 0x x x x cú nghim duy nht x = 1. Do ú h ó cho cú nghim l x = y = z = 1 (3,0) 0,5 0.25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 1 2 Giả sử f(x) thỏa mãn đề bài , tức là: 2 2 (1) 2010 (1) ( ). ( ) ( ). ( ) 4 ( ), , (2) f a b f a b a b f a b ab a b a b =   − + − + − = − ∀ ∈  ¡ Với b∈ ¡ , chọn a – b = 1 suy ra: a + b = 2b + 1 . Khi đó từ (1), (2) ta có : f(2b + 1) – (2b + 1).2010 = 4(b + 1).b.(2b + 1) Hay : f(2b + 1) = (2b + 1).(4b 2 + 4b + 2010) = (2b + 1)[(2b + 1) 2 + 2009] = (2b + 1) 3 + 2009.(2b + 1) , b∀ ∈ ¡ Do đó : f(x) = x 3 + 2009x (3), x∈ ¡ Bằng phép thử trực tiếp thấy f(x) xác định bởi (3) thỏa mãn điều kiện (1) và (2). Vậy f(x) = x 3 + 2009x là hàm số duy nhất cần tìm. (3,0) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Từ giả thiết ta có : a, b, c ∈ ¥ và 0 , , 9, 0a b c ac≤ ≤ ≠ Giả sử phương trình có nghiệm hữu tỉ , ta có: 2 2 4 ,b ac d d∆ = − = ∈ ¥ Hay: 2 2 4 0b d ac b d− = > ⇒ > Mặt khác: 2 2 4 . 4 (100 10 ) (20 ) ( 4 )a abc a a b c a b b ac= + + = + − − 2 2 (20 ) (20 )(20 )a b d a b d a b d= + − = + + + − Mà : abc nguyên tố nên ta suy ra nó là ước của (20a + b + d) hoặc của (20a + b – d). Tuy nhiên ta lại có: 20a + b + d < 100a + b + b < 100a + 10b + c = abc 20a + b – d < 100a + b < 100a + 10b + c = abc Điều này vô lý chứng tỏ phương trình đã cho không có nghiệm hữu tỉ. (2,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 4 Ký hiệu ( , )d α β là khoảng cách giữa 2 yếu tố , α β . Vì vai trò của các đường thẳng d 1 , d 2 , d 3 , là như nhau nên không mất tính tổng quát ta có thể giả sử ABCD là một tứ giác. Gọi O là giao điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’ thì OO’ // DD’ Từ đó ta có: ( ) ',( ) ' ( ',( )) ' d D ABC DD d O ABC OO = và ( ,( ' ' ')) ' ( ,( ' ' ')) ' d D A B C DD d O A B C OO = Suy ra: ' ' ' ' D ABC O ABC DD V V OO = và ' ' ' ' ' ' ' ' DA B C OA B C DD V V OO = (1) Đặt : h = d(BB’, (ACC’A’)) Thì : h = d(B, (ACC’A’)) = d(B’ , (ACC’A’)) ' . ' ' 1 . 3 O ABC B O AC O AC V V h S= = (2) ' ' ' '. ' ' ' ' 1 . 3 OA B C B OA C OA C V V h S= = (3) Đặt : d = d(AA’, CC’) thì ' ' ' 1 '. 2 O AC OA C S S OO d= = (4) Từ (1), (2), (3), (4) suy ra điều phải chứng minh. (2,0) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 C’ A B C D O A’ B’ D’ O’ . điểm của AC và BD, O’ là giao điểm của A’C’ và B’D’ thì OO’ // DD’ Từ đó ta có: ( ) ',( ) ' ( ',( )) ' d D ABC DD d O ABC OO = và ( ,(. điều kiện (1) và (2). Vậy f(x) = x 3 + 2009x là hàm số duy nhất cần tìm. (3,0) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 3 Từ giả thiết ta có : a, b, c ∈ ¥ và 0 , , 9, 0a