ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2008

Tham khảo tài liệu đáp án kì thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt cấp tỉnh năm 2008, tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2008 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂMKÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ́ Khóa ngày 25 thang 11 năm 2008 Môn: TOÁN Nội dungCâu  Điều kiện: x > -1 1  Biến đổi về phương trình: ( x + 1) = 4 4  Do đó: x = 2 − 1 1/ Gọi S 1 , S 2 , S 3 lần lượt là diện tích các tam giác 2 BMN,CNP, AMP. SABN BN A = Ta có: SABC BC Mà: BC BN + NC 1 k +1 = =1+ = M P BN BN k k k Vậy: SABN = S k +1 C B SNBM MB N =  Ta có: SNBA AB AB AM + MB = =1+ k Mà: MB MB 1 Vậy: SNBM = SABN k +1 k k  Nên: SNBM = S hay S1 = S (k + 1) 2 (k + 1) 2  Vì S 1 , S 2 , S 3 có vai trò như nhau nên: k S1 = S 2 = S 3 = S (k + 1) 2  Diện tích tam giác MNP bằng:  3k  3k SMNP = S − S = 1 − S (k + 1) 2 ÷ (k + 1) 2   3k 2/  Diện tích tam giác MNP nhỏ nhất khi hàm y = 1 − (k + 1) 2 với k > 0 đạt giá trị nhỏ nhất. 3(k − 1) Ta có: y’ = ( k >0) (k + 1)3 2 Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra hàm số đạt giá trị nh ỏ nh ất 1 khi k = 1, khi đó y = . 4 S  Do đó: Diện tích tam giá MNP đạt GTNN bằng khi k = 1. 4  Ta có:3 ( a + b) 7 − a 7 − b 7 = 7a 6 b + 21a 5b 2 + 35a 4 b3 + 35a 3b 4 + 21a 2 b 5 + 7ab 6 = 7ab( a + b) ( a + 2a b + 3a b + 2ab + b ) 4 3 22 3 4 = 7ab( a +b ) ( a 2 + ab + b 2 ) 2  Theo giả thiết ta suy ra: a 2 + ab + b 2 chia hết cho 73 .  Chọn: a = 1, a 2 + ab + b 2 = 73 ta được: b 2 + b − 342 = 0 Giải phương trình ta được: b = 18 hoặc b = -19 ( loại)  Vậy cặp ( a, b) = ( 1, 18) thoả điều kiện bài toán. y  Đặt u = 11z , v = 5 2 ( Đk: u > 0, v > 0 ) ta có hệ phương trình:4 u x − v 4 = 71 u x = v 4 + 71 (1)   u + v = 21 ⇔ u = 21 − v 2 2 (2) u x −1 + v = 16 u x = (16 − v)u (3)    Vì u > 0 nên 21- v 2 > 0 suy ra: 0 < v < 21 Từ (1), (2), (3) suy ra: (v 4 + 71) − (16 − v)(21 − v 2 ) = 0 ⇔ v 4 − v3 + 16v 2 + 21v − 265 = 0  Đặt f(v) = v 4 − v3 + 16v 2 + 21v − 265 Ta có: f(0) = -265 < 0 , f(4) = 267 > 0 nên f(0).f(4) < 0 f(v) = 4v3 − 3v 2 + 32v + 21 f’’(v) = 12v 2 − 6v + 32 > 0 với mọi v ∈ (0; 21)  Vậy f(v) là hàm tăng trên (0; 21 )  Do đó: f(v) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (0; 21 ). Nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 3  Ta có: f (a) − f (b) ≥ a − b với mọi a, b thuộc [a; b]. (1)5 Mà: f(a), f(b) thuộc [a; b] nên: f (a) − f (b) ≤ a − b . (2) Từ (1) và (2) suy ra: f (a) − f (b) = a − b Do đó: f(a) = a, f(b) = b hoặc f(a) = b, f(b) = a. * Nếu f(a) = a, f(b) = b thì: . f (x) − f (a) = f (x) − a ≥ x − a ⇔ f(x) – a ≥ x - a f(x) ≥ x với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ . f (b) − f (x) = b − f (x) ≥ b − x ⇔ b - f(x) ≥ b - x f(x) ≤ x với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ Do đó: f(x) = x với mọi x ∈ [ a;b ] * Nếu f(a) = b, f(b) = a thì: . f (x) − f (a) = f (x) − b ≥ x − a ⇔ b - f(x) ≥ x - a a + b – x ≥ f(x) với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ . f (x) − f (b) = f (x) − a ≥ x − b ⇔ f(x) – a ≥ b - x a + b – x ≤ f(x) với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ Do đó: f(x) = a + b - x với mọi x ∈ [ a;b ]  Kết luận: f(x) = x hoặc f(x) = a + b - x6  Ta có: P(x, ...