Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Tháp

Nội dung text: Đáp án đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 12 THPT - Năm học 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Tháp

1. WWW.MATHVN.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐỒNG THÁP NĂM HỌC 2011 - 2012 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang) I. Hướng dẫn chung 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm. II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Điểm Câu 1 1 3đ Giải phương trình: x2 2 x x 3 x 1. x Điều kiện: 1 x 0, x 1 Chia hai vế của phương trình cho x, ta được: 1 1 1 1 x 2 x 3 x 2 x 3 0 x x x x 1 2 t 1 Đặt t x , (t 0). Ta có: t 2 t 3 0 t 1 x t 2 1 1 5 Với t 1 x 1 x2 x 1 0 x (thỏa mãn) x 2 1 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x . 2 Câu 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x 1, y 1 và 3(x y ) 4 xy . Tìm giá trị lớn 3đ 3 3 1 1 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P x y 3 2 2 . x y Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: 9 4xy 3( x y ) 6 xy xy 4 Do điều kiện x 1, y 1 nên: (x 1)( y 1) 0 xy 1 x y 4 xy 1 xy xy 3 3 3 3 1 1 Ta có: P x y 3 2 2 x y 2 2 1 1 6 (x y ) ( x y ) 3 xy 3 x y xy 4 162 2 16 6 xy x y 3 xy 3 9 3 xy 64 6 16 x3 y 3 4 x 2 y 2 27xy 3 9 Đặt t xy , với t ;3 4 64 6 16 P t3 4 t 2 27t 3 www.MATHVN.com Trang 1
2. WWW.MATHVN.COM 64 6 16 9 Xét hàm số f( t ) t3 4 t 2 , t ;3 27t 3 4 64 6 8t3 (8 t 9) 54 9 Ta có: f'( t ) t2 8 t 0,  t ;3 9t2 9 t 2 4 9 f() t là hàm số tăng trên ;3 4 9 113 94 f f( t ) f (3) hay f() t 4 12 3 9 xy 113 4 3 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi đó x y x y 12 2 3(x y ) 4 xy x 1 xy 3 94 y 3 Giá trị lớn nhất của P bằng . Khi đó (x 1)( y 1) 0 . 3 x 3 3(x y ) 4 xy y 1 Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x2 x 2 y 2 . 2đ Ta có: x2 x2 y 2 4 y 2 (4 x 2 41)7 x (2)(21) y 2 x 2 7 (2y 2 x 1)(2 y 2 x 1) 7 71 17 (7)(1) (1)(7) 2y 2 x 1 7 x 1 2y 2 x 1 1 y 2 2y 2 x 1 1 x 2 2y 2 x 1 7 y 2 2y 2 x 1 7 x 2 2y 2 x 1 1 y 2 2y 2 x 1 1 x 1 2y 2 x 1 7 y 2 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: (x ; y ) (1;2),(1; 2),( 2;2),( 2;2). Câu 4 Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c và c b. Hai điểm MN, tương ứng di 3đ động trên hai cạnh AB, AC sao cho MN chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Xác định vị trí của M và N để MN có độ dài nhỏ nhất. Từ giả thuyết, ta có: 1 1 1 1 1 S S AM. AN sin A . bc sin A AM . AN bc AMN2 ABC 2 2 2 2 Đặt AN xb, AM yc với x, y 1 1 1 1 AM. AN bc xybc bc xy 2 2 2 www.MATHVN.com Trang 2
3. WWW.MATHVN.COM Theo định lý hàm số Cosin, ta có: MN2 AM 2 AN 2 2 AMAN . cos A Câu 5 Cho dãy số ()un xác định bởi: 3đ u1 3 2 un 2 (n 1, n ) un 1 2un 3 Hãy xác định công thức tổng quát của un theo n. 2 2 un 2 un 2 Ta có: un 1 u n 1 2 2un 3 2 u n 2 1 Đặt xn u n 2, n 1,n x1 u 1 2 1 2 xn 1 1 2 Khi đó: x n 1 2 2xn 1 x n 1 x n x n 1 1 Đặt tiếp yn , n 1,n y 1 1 xn x 1 2 2 Khi đó: yn 1 y n 2y n y n 1 1 y n 1 Tiếp tục đặt vn y1,n1,n n v 1 y12 1 2 n n n 1 Khi đó: v v2 v 2 v 2 2 2 v 2 2 n 1,n n 1 n n 1 1 n Từ đó ta tìm được: n 1 1 1 y 22 1 x u 2 n n2n 1 n 2 n 1 2 1 2 1 n 1 2.22 1 Vậy công thức tổng quát của dãy số (un ) là: un n 1 n 1,n . 22 1 Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh A(3;4) và điểm B 3đ có hoành độ âm. a) Tìm tọa độ các đỉnh B và C của hình vuông OABC. b) Gọi E và F theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn ()C ngoại tiếp OABC với trục hoành và trục tung ( E và F khác gốc tọa độ O ). Tìm tọa độ điểm M trên ()C sao cho tam giác MEF có diện tích lớn nhất. www.MATHVN.com Trang 3
4. WWW.MATHVN.COM a) Giả sử B(;) x0 y 0 , (x0 0) Tứ giác OABC là hình vuông OAB vuông cân tại A x0 7   AB. OA 0 3(x0 3) 4( y 0 4) 0 y0 1 2 2 AB OA (x0 3) ( y 0 4) 25 x0 1 y0 7 Do điều kiện x0 0 nên tọa độ điểm B là: B( 1;7) 1 7 Điểm C đối xứng với A qua trung điểm I ; của OB nên ta có: 2 2 xC 3 1 2 2 xC 4 C( 4;3) y 47 y 3 CC 2 2 b) Phương trình đường tròn ()C ngoại tiếp OABC : 2 2 1 7 25 x y 2 2 2 Tọa độ giao điểm E và F của ()C với trục hoành và trục tung là: E( 1;0), F(0;7) Dễ thấy EF là đường kính của ()C nên tam giác MEF vuông tại M 1ME2 MF 2 EF 2 25 S ME. MF MEF 2 4 4 2 25 Vậy S đạt giá trị lớn nhất bằng . MEF 2 2 2 (xMM 1) y 25 2 2 Khi đó MEF vuông cân 1 7 25 xMM y 2 2 2 M (3;3) hoặc M ( 4;4). Cách khác: Phương trình đường thẳng EF: 7 x y 7 0 1 Ta có: S EF.(,) d M EF MEF 2 www.MATHVN.com Trang 4
5. WWW.MATHVN.COM Như vậy SMEF lớn nhất d(,) M EF lớn nhất 1 7 7 xMM y 7xMM y 7 2 2 Mà d(,) M EF 5 2 5 2 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 1 7 1 7 7 xMMMM y 5 2. x y 25 2 2 2 2 1 7 x y MM2 2 5 2 Vậy d(,) M EF lớn nhất bằng . Khi đó: 7 1 2 2 2 1 7 25 xMM y 2 2 2 M (3;3) hoặc M ( 4;4). Câu 7 1 1 1 1 3đ Với mọi n nguyên và n 3, tính tổng sau đây: P 3 3 3 3 . CCCC3 4 5 n 1 3!(k 3)! 3! 3! 1 1 Ta có: 3 Ck k! k ( k 1)( k 2) 2 ( k 1)( k 2) k ( k 1) Thay k bằng 3,4,5, ,n , ta được: 1 3! 1 1 3 C3 2 1.2 2.3 1 3! 1 1 3 C4 2 2.3 3.4 1 3! 1 1 3 C5 2 3.4 4.5 1 3! 1 1 3 Cn 2 ( n 1)( n 2) n ( n 1) Cộng các đẳng thức trên, ta có: 1 1 1 1 3! 1 1 3(n 1)( n 2) 3 3 3 3 C3 C 4 C 5 Cn 2 1.2 n ( n 1) 2 n ( n 1) 3(n 1)( n 2) Vậy P . 2n ( n 1) Hết www.MATHVN.com Trang 5