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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: TOÁN LỚP 12 – BẢNG A 1

NĂM HỌC: 2010-2011

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Bài 1 Gải phương trình sau

3

2 2x -1= 27x -27x +13x -2

Bài 2 Cho tam giác nhọn ABC có M là trung điểm của BC Gọi D, E theo thứ tự là hình chiếu

vuông góc của M lên AB, AC Đường tròn (O1) đi qua 3 điểm A, B, E, đường tròn (O2) đi qua 3 điểm A, C, D Chứng minh rằng O1O2 // BC

Bài 3 Tìm hàm f R :  R thỏa mãn

2

f x +2yf x +f y = f y+f x  x, y R 

Bài 4 Tìm các số k, m nguyên dương thỏa mãn k!+48= 48 k +1  m

Bài 5 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1

Chứng minh rằng :

 4 4 3 4 4 3 4 43

x + y y + z z + x

Hết

UBND THÀNH PHỐ HẢI PHÒNG

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THÀNH PHỐ

MÔN: TOÁN – BẢNG A 1

NĂM HỌC: 2010 - 2011

điểm Bài 1 Giải phương trình sau

3

2 2x -1= 27x -27x +13x -2

Phương trình trên tương đương với phương trình:

f 3x -1 =f 2x -1

Trong đó: f t = t +2t   3

Nhận thấy f t   là hàm số đồng biến trên R nên từ phương trình ta có

3

3x -1= 2x -1  3x -1 = 2x -1  27x -27 x +7x = 0  x = 0

Bài 2.

Dựng AH  BC, gọi K = O  1   O2

Khi đó AK là trục đẳng phương ( ) O1 và ( ) O2

1 2

AK O O

Ta sẽ chứng minh AK ^ BC hay H AK Î

Nghĩa là cần phải chứng minh:

( ) 1 ( 2 )

Giải sử

( ) O1 I BC = T , O { } ( )2 I BC = S { }

(*) Û HT.HB = HS.HC

( )

BD.BA = BH.BM 1 CE.CA = CM.CH 2

K

O2 O1

H D

E

M B

A

C

Tứ giác ABTE và ADSC nội tiếp nên ta có: ( )

( )

CE.CA = CT.CB 3 BS.BC = BD.BA 4

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: BS BH

CT = CH vì BC =- CB , BM =- CM

BS BH BS BH HS

HT.BH HS.CH

-Vậy (*) đúng ta có đpcm

Bài 3.

f x +2yf x =f y+f x2         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

         

 

2

f x 2f x + f -f x =f 0

f -f x f x f 0



–

+ Cho y bởi – f(y) ta có

2

2

f f x f y f x - 2f x f y f -f y

f x - 2f x f y f y f 0

f x f y f 0

x, m,n: x f m -f n

f x f f m f n f m f n f 0

" $ =

Hay f x ( ) = + x2 a với a = f(0)

Thử lại : Đúng

Vậy f x ( ) = + " Î x2 a x R

Bài 4.

Do k! 48 M Þ k 6 ³

Nhận thấy k = 6, k = 7 không thỏa mãn Þ k 8 ³

Khi đó ta có: 3.5.7.8 k + 1 = (k + 1)mÞ ( k + 1 ) không chia hết cho 2.

+ Nếu k + 1 = p.q (p, q >1), p, q lẻ thì 3.5.7.8 k M(k+1) Þ M 1 k +1 ( ) (vô lý) + Nếu k + 1 là một số nguyên tố, theo định lý Wilson k! -1 mod k+1 º ( ( ) ) nên 47

 k + 1   k = 46

Với k = 46 thì 47m – 1 = 3.5.7.8 46  462

46 47 47  + 47 + 1 46 m 46

Vậy m 46  khi đó ta có: 46! 48 48.47   46

Vậy không tồn tại k thoả mãn đề bài

Bài 5 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz = 1

Chứng minh rằng :

 4 4 3 4 4 3 4 43

x + y y + z z + x

Đặt a = x2, b = y2, c = z2  abc = 1 Khi đó bđt trở thành:

 2 2 3 2 2 3 2 23

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức sau:

3

3









(*) Thật vậy:

3

a b 4a 4ab 4b

4 a b



Từ (*) có  3  2 23

a b









Dấu ‘=’ xảy ra khi a = b

Tương tự:  3  2 23

b c









c a

c a









Cộng theo từng vế của bđt có:

 2 2 3 2 2 3 2 23  3  3  3

a b b c c a 8 ab.ac.bc 12

Vậy VT ³ VP (đpcm)

Dấu ‘=’ xảy ra khi x = y =z =1