NINH BINH HDC CHON HOC SINH GIOI LOP 12 THPT 20142015

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT NINH BÌNH. Câu. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT Kỳ thi thứ nhất - Năm học 2014 – 2015 MÔN: TOÁN Ngày thi 07/10/2014 (Hướng dẫn chấm gồm 03 trang). Nội dung Theo bất đẳng thức AM - GM ta có.  x  y. 4. Điểm. 4.  1  1  1 4 4  x  y  .1.1.1 4 x  y 4  x  y  Dấu bằng xảy ra  x  y 1 (1) .. 1 (5,0 điểm). x 3  0   2  x, y  3 y  3 Từ đó kết hợp với điều kiện . Viết lại phương trình thứ hai của hệ dưới dạng x 4 9x 2 7x y4 9y2 7y    3ln  3  x      3ln  3  y  64 32 8 64 32 8 (2). 4 2 x 9x 7x f  x     3ln  3  x  64 32 8 Xét hàm số trên khoảng   2;3  f ' x  . 2 (5,0 điểm). 1,0.  x  1. 2. x. 2.  x  6. 16(x  3). 0. 0,5 1,0. 1,0 x    2;3 .. Suy hàm số f nghịch biến trên   2;3 . Ta có (2) có dạng f  x  f  y   x y (3). 1 1 1  x y   ;  2 . Vậy nghiệm của hệ phương trình là  2 2  Từ (1) và (3) a) (2,0 điểm) 3n  (  1)n un = n   4 Xác định công thức tổng quát . 3kn  ( 1) kn 3n  (  1) n  k-1 n k-2 n u kn = = 3  3  ( 1) n  ...  ( 1) (k  1)n 4 4 *  u kn u n n,k   b) (3,0 điểm) 32n  1 u 2n = n  * k * 4 . Giả sử n 2 m (k,m   ) , m lẻ.. . 32n  1 32. k 1. m. .  1  32. . k 1. .  1 32. k 1. (m  1).  32. k 1. (m  2). Khi đó k 1 k 1 2k 1 (m  1)  32 (m 2)  ...  32  1 lẻ. Do m lẻ  3 Mặt khác. 32. k 1. . k. .  1  32  1 32. k 1.  . 1. . 1. .  1 ... 32  1 32  1.  ...  32. k 1. . 1. 0,5 1,0. 1,0. 1,0. 1,0. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> i. i. 2i i 2 2 3  1  9  1  2(mod 4)  3  1  2 3  1 4 Ta có và k 1  32  12k 3 , 2k 4. 32n  1 2014 2  k  1 2014  k 2013 Do đó 4 2013 Vậy n 2 thoả mãn yêu cầu bài toán.. 1,0. 3 (6,0 điểm). a) (2,0 điểm) (KA, KD) = (KA, KI) + (KI, KD) = (BA, BI) + (CI, CD) = 2(BA, BD) = (OA, OD) (mod  )  A, D, K, O cùng thuộc một đường tròn. Tương   tự B,  C, K, O cùng thuộc một đường tròn. Vì FA.FD FB.FC nên F thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ADO và BCO  O,F,K thẳng hàng. b) (4,0   điểm)  Vì EA.EB EC.ED nên E thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn ngoại tiếp tam giác ABI và CDI  E,I,K thẳng hàng. (KI, KO) = (KI, KA) + (KA, KO) = (BI, BA) + (DA, DO)  = (OD,OM) + (DA, DO) = (DA, OM) = 2 (mod  )   (KE,KF)  (mod ) 2 . Ta có (HE, HF) = (HE, EC) + (EC, CF) + (CF, FH)      1    (EB,EC)  (OD,OB)  (FC,FD)  (mod )       2    (EB,EC)  (CD,CB)  (BC,BA)  (mod 2 ) Mà       (FC,FD)  (DA,DC)  (CD,CB)  (mod 2)        (EB,EC)   2(CD,CB)   (FC,FD)    0 (mod 2 )        (EB,EC)  (OD,OB)  (FC,FD)  (mod 2). 1,0 0,5 0,5. 0,5 1,0 0,5 0,5 1,0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  (mod )  (KE,KF) (HE,HF)(mod ) 2  E, F, H, K thuộc một đường tròn. [f (x)  f (y)]2 f (f (x))  2x 2f (y)  f (y 2 ) x, y   (1) Trong (1) cho x 0 , ta được [f (0)  f (y)]2 f (f (0))  f (y 2 ) y   (2)  (HE,HF) . Trừ (1) cho (2) ta có f 2 (x)  2f (x)f (y)  f 2 (0)  2f (0)f (y) f (f (x))  f (f (0))  2x 2f (y) x, y   2. 2. 0,5. 1,0. 1,0. 2.  f (x)  f (f (x))  f (0)  f (f (0))  2f (x)  2f (0)  2x  f (y) x, y   2  0 thì + Nếu không tồn tại x để 2f (x)  2f (0)  2x . 4 (4,0 điểm). 2f (x)  2f (0)  2x 2 0 x    f (x) f (0)  x 2  f  x  x 2  c x   (3). 2 Thay (3) vào (1) ta được c  2c 0  c 0 hoặc c  2 2  0 thì + Nếu tồn tại x sao cho 2f (x)  2f (0)  2x  f 2 (x)  f (f (x))  f 2 (0)  f (f (0)) f (y)  2f (x)  2f (0)  2x 2.  f  y  c y   (4) Thay (4) vào (1) được c 0 2 2 Vậy là các hàm thỏa mãn đề bài là f (x) 0, f (x) x , f (x) x  2. ------ Hết -----Chú ý 1) Điểm bài thi không làm tròn. 2) Học sinh có cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.. 0,5 0,5. 0,5. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>