Gián án Đáp án hs giỏi toán 12 tt

suy ra CE là phân giác của góc FCG, nên EI EJ.. + suy ra K là trung điểm BD, suy ra K là trung điểm AC.. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FCG.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỢI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỚC GIA LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/10/2010

(Đáp án cĩ 03 trang) MƠN: TỐN

Lưu ý: Đây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tương ứng.

Câu1:

(4đ )

Điều kiện x 1 Với điều kiện trên, pt tương đương (3 x 6 2) ( x1 1) x2 4 0

2 3 3

( 2)( 2) 0

1 1

x

 

2 3 3

1 1

x

 

 

2 3 3

2 0

1 1

x

x x

 







Ta cĩ VT 1 0, x 1 1 

Do đĩ pt (1) vơ nghiệm

Vậy phương trình đã cho cĩ nghiệm duy nhất x = 2

0,5 0,5 1,0 0,5 1,0 0,5

Câu 2

(4đ)

Ta cĩ: a2 a b b a2 ab b2 b 2 a2 ab b2 ( )1

( )

( )

Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta cĩ

a2 b2 c2 a b c 2( a2 ab b2 b2 bc c2 c2 ac a2) ( )4

Chứng minh được: a2 b2 c2 a b c

(ta cĩ a2 b 2 ,a b2 c 2 ,b c2 a 2c

Cộng (4) và (5) vế theo vế rồi chia hai vế cho 2, ta cĩ điều cần chứng minh

Đẳng thức xảy ra khi a b c 

0,5 0,5 0,5

0,5

1,5 0,5

Câu 3

Cho x y 0 ta cĩ f  0  f  0 2, suy ra f  0 0 hoặc f  0 1

TH1 Xét f  0 0

Cho x ta cĩ y 0x2 2 x f x  f x  2  f x  x2

Suy ra f x  x

Thử lại thấy thỏa mãn

0,5

0,5 0,5

Trang 1/1

(4 đ) TH2 Xét f  0 1

Cho y  ta có 0 f x 2 x21, do đó f x   x 1 với mọi x  0 Cho x  ta có 0 f y 2 2y f y  2

Suy ra  f y  2 f y 2 2yy2  1 2yy12

Do đó f y   y 1 hoặc f y   y 1

Cho x ta có y 1x2  2 x f x  f x  2  f x  x2

Suy ra f x  x1 hoặc f x  x1

Do đó f x   x 1, thử lại thấy thỏa mãn

Vậy có hai hàm số thỏa yêu cầu bài toán là: f x   x 1 và f x  x

0,5 0,5 0,5

0,5 0,5

Câu 4

(5 đ)

I J

C

G

A

E

B D

1 Ta có CIE CJE  900, suy ra CIEJ nội tiếp, nên CJI CEI  1

Ta có BCED nội tiếp, suy ra BDE ECI, suy ra EKD đồng dạng EIC

Từ đó ta có CEI DEK  2

Mà EDKJ nội tiếp, nên DEK DJK  3

Từ      1 , 2 , 3 , suy ra CJI DJK, do vậy K I J, , thẳng hàng

2.Chứng minh :

+ Tam giác FCGcân tại C

suy ra CE là phân giác của góc FCG, nên EI EJ + suy ra CIJcân , nên IJ FG IJ d (  )

+ Ta có: BDC ECI ECI EBD , suy ra BED cân tại E + suy ra K là trung điểm BD, suy ra K là trung điểm AC  1 + Mà K I J, , thẳng hàng (chứng minh trên)  2 + Từ    1 , 2 , suy ra I là trung điểm CG và J là trung điểm CF Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác FCG

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5

0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

J

Câu 5

(3 đ)

Đặt y x d  , với d  

Phương trình trở thành x3 (x d )3 x x d(  ) 8 1  

3 ( 3 3 2 3 2 3) 2 8

(1 3 )d x (d 3 )d x d 8 0

Ta có  d2(1 3 ) d 2 4(1 3 )( d d38)

 (1 3 )d d 2(1 3 ) 4( d  d38)  (1 3 )d d 2 d3 32) 0

Suy ra 1 32 3 0

32 0

d





 hoặc 1 32 3 0

32 0

d







Ta có

2 3

1

3

32





vô nghiệm

2 3

1

1 3 0

3

32 0

32



 Suy ra    3 d 1

Với d = -3, suy ra  1   8x224x19 0 (loại)

Với d = -2, suy ra  1   5x210x 0 x2;x0

x 2 y0;x 0 y2

Với d = -1, suy ra  1   8x224x19 0 (loại)

Vậy phương trình có hai nghiệm (2 ; 0) và (0 ; -2)

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0