Gián án Đáp án hs giỏi toán 12 tt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỢI TỦN DỰ THI HỌC SINH GIỎI Q́C GIA
LÂM ĐỒNG NĂM HỌC 2010 - 2011
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC Ngày thi: 14/10/2010
(Đáp án có 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.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu1:
(4đ )
Điều kiện
1x ≥
.
Với điều kiện trên, pt tương đương
2
3
( 6 2) ( 1 1) 4 0x x x+ − + − − + − =
2
3
3
( 6) 8 ( 1) 1
( 2)( 2) 0
1 1
( 6) 2 6 4
x x
x x
x
x x
+ − − −
⇔ + + − + =
− +

+ + + +
2
3
3
1 1
( 2) ( 2) 0
1 1
( 6) 2 6 4
x x
x
x x
 
⇔ − + + + =
 
− +
 
+ + + +
 
( )
2
3
3
2 0
1 1
2 0 1
1 1
( 6) 2 6 4
x
x
x

x x
− =


⇔

+ + + =

− +
+ + + +

Ta có
( ) ( )
1 0, 1 1VT x> ∀ ≥
Do đó pt (1) vơ nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2.
0,5
0,5
1,0
0,5
1,0
0,5
Câu 2
(4đ)
Ta có:
( )
2 2 2
2 2
2 1
a a ab b

a b b b a ab b
b b
- +
- + + = + - +³
( )
2 2 2
2 2
2 2
b b bc c
b c c c b bc c
c c
- +
- + + = + - +³
( )
2 2 2
2 2
2 3
c c ca a
c a a a c ca a
a a
- +
- + + = + - +³
Cộng (1), (2), (3) vế theo vế, ta có

( )
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 4
a b c

a b c a ab b b bc c c ac a
b c a
+ + + + + - + + - + + - +³
Chứng minh được:
2 2 2
a b c
a b c
b c a
+ + + +³
. (5)
(ta có
2 2 2
2 , 2 , 2
a b c
b a c b a c
b c a
+ + +³ ³ ³
) .
Cộng (4) và (5) vế theo vế rồi chia hai vế cho 2, ta có điều cần chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi
a b c= =
.
0,5
0,5
0,5
0,5
1,5
0,5
Cho
0x y= =

ta có
( ) ( )
( )
2
0 0f f
=
, suy ra
( )
0 0f =
hoặc
( )
0 1f =
TH1. Xét
( )
0 0f =
Cho
x y=
ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
0 2 .x x f x f x f x x= − + = −
Suy ra
( )
f x x=
0,5
0,5

0,5
Trang 1/1
Câu 3
(4 đ)
Thử lại thấy thỏa mãn.
TH2. Xét
( )
0 1f =
.
Cho
0y =
ta có
( )
2 2
1f x x= +
, do đó
( )
1f x x= +
với mọi
0x ≥
.
Cho
0x
=
ta có
( )
( )
( )
2
2

2f y y f y
= − +
Suy ra
( )
( )
( )
( )
2
2
2 2
2 1 2 1f y f y y y y y= + = + + = +
Do đó
( )
1f y y= +
hoặc
( )
1f y y= − −
Cho
x y=
ta có
( ) ( )
( )
( )
( )
2 2
2
1 2 .x x f x f x f x x
= − + = −
Suy ra
( )

1f x x− =
hoặc
( )
1f x x− = −
Do đó
( )
1f x x= +
, thử lại thấy thỏa mãn.
Vậy có hai hàm số thỏa yêu cầu bài toán là:
( )
1f x x= +
và
( )
f x x=
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4
(5 đ)
I
J
K
F
C
G
A
E
B

D
1. Ta có
·
·
0
90CIE CJE= =
, suy ra
CIEJ
nội tiếp, nên
·
·
( )
1CJI CEI=
Ta có
BCED
nội tiếp, suy ra
·
·
BDE ECI=
, suy ra
EKD∆
đồng dạng
EIC∆
.
Từ đó ta có
·
·
( )
2CEI DEK=
Mà

EDKJ
nội tiếp, nên
·
·
( )
3DEK DJK=
Từ
( ) ( ) ( )
1 , 2 , 3
, suy ra
·
·
CJI DJK=
, do vậy
, ,K I J
thẳng hàng.
2.Chứng minh :
+ Tam giác
FCG
cân tại C.
suy ra
CE
là phân giác của góc
·
FCG
, nên
EI EJ
=
.
+ suy ra

CIJ
∆
cân , nên
( )IJ FG IJ dP P
.
+ 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
( )
. 1AC
+ 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
.
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
J
Vậy
E
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
FCG
.
Câu 5
(3 đ)

Đặt
y x d= +
, với
d ∈¢
Phương trình trở thành
( )
3 3
( ) ( ) 8 1x x d x x d− + = + +
3 3 2 2 3 2
( 3 3 ) 8x x x d xd d x xd⇔ = + + + + + +
2 2 3
(1 3 ) ( 3 ) 8 0d x d d x d⇔ + + + + + =
Ta có
2 2 3
(1 3 ) 4(1 3 )( 8)d d d d∆ = + − + +

2 3 2 3
(1 3 ) (1 3 ) 4( 8) (1 3 ) 32) 0d d d d d d d
   
= + + − + = + − − ≥
   
Suy ra
2 3
1 3 0
32 0
d
d d
+ ≥



− − ≥

hoặc
2 3
1 3 0
32 0
d
d d
+ ≤


− − ≤

Ta có
+
2 3 2
2 3
1
1 3 0 0
3
32 0 (1 ) 32
32
d d
d
d d d d
d d

+ ≥ ≥
≥ −
 


⇒ ⇒
  
− − ≥ − ≥
 

≥ +

vô nghiệm.
+
3
2 3
2 3
1
1 3 0
32 3
3
32 0
32
d
d
d d
d d
d d

+ ≤
≤ −


⇒ ⇒ ≥ − ⇒ ≥ −

 
− − ≤


≤ +


Suy ra
3 1d− ≤ ≤ −
Với d = -3, suy ra
( )
2
1 8 24 19 0x x⇔ − + − =
(loại)
Với d = -2, suy ra
( )
2
1 5 10 0 2; 0x x x x⇔ − + = ⇔ = =


2 0; 0 2x y x y= ⇒ = = ⇒ = −
Với d = -1, suy ra
( )
2
1 8 24 19 0x x⇔ − + − =
(loại)
Vậy phương trình có hai nghiệm (2 ; 0) và (0 ; -2).
0,5
0,5
0,5

0,5
1,0
-----------------------Hết-----------------------