Trang 1 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH 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 Giải phương trình: 2 1 2 3 1. x x x x x 3đ Điều kiện: 1 0, 1 x x Chia hai vế của phương trình cho , x ta được: 1 1 1 1 2 3 2 3 0 x x x x x x x x Đặt 1 , (t 0) t x x . Ta có: 2 1 2 3 0 1 2 t t t t t Với 2 1 1 5 1 1 1 0 2 t x x x x x (thỏa mãn) Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: 1 5 . 2 x Câu 2 Cho hai số dương , x y thỏa mãn điều kiện 1, 1 x y và 3( ) 4 . x y xy Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 3 2 2 1 1 3 . P x y x y 3đ Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: 9 4 3( ) 6 4 xy x y xy xy Do điều kiện 1, 1 x y nên: ( 1)( 1) 0 1 4 1 3 3 x y xy x y xy xy xy Ta có: 3 3 2 2 1 1 3P x y x y 2 2 2 2 3 3 2 2 1 1 6 ( ) ( ) 3 3 4 16 16 6 3 3 9 3 64 6 16 4 27 3 x y x y xy x y xy xy x y xy xy x y x y xy Đặt t xy , với 9 ;3 4 t 3 2 64 6 16 4 27 3 P t t t WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com Trang 2 Xét hàm số 3 2 64 6 16 ( ) 4 27 3 f t t t t , 9 ;3 4 t Ta có: 3 2 2 2 64 6 8 (8 9) 54 9 '( ) 8 0, ;3 9 9 4 t t f t t t t t t ( ) f t là hàm số tăng trên 9 ;3 4 9 ( ) (3) 4 f f t f hay 113 94 ( ) 12 3 f t Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng 113 12 . Khi đó 9 4 3 2 3( ) 4 xy x y x y x y xy Giá trị lớn nhất của P bằng 94 3 . Khi đó 1 3 3 ( 1)( 1) 0 3 3( ) 4 1 x xy y x y x x y xy y . Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: 2 2 2 . x x y 2đ Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 4 (4 4 1) 7 (2 ) (2 1) 7 x x y y x x y x (2 2 1)(2 2 1) 7 7 1 1 7 ( 7) ( 1) ( 1) ( 7) y x y x 2 2 1 7 1 2 2 1 1 2 y x x y x y 2 2 1 1 2 2 2 1 7 2 y x x y x y 2 2 1 7 2 2 2 1 1 2 y x x y x y 2 2 1 1 1 2 2 1 7 2 y x x y x y Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( ; ) (1;2),(1; 2),( 2;2),( 2;2). x y Câu 4 Cho tam giác ABC có , BC a , CA b AB c và . c b Hai điểm , M N tương ứng di 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. 3đ Từ giả thuyết, ta có: 1 1 1 1 1 . sin . sin . 2 2 2 2 2 AMN ABC S S AM AN A bc A AM AN bc Đặt , AN xb AM yc với , 1 x y 1 1 1 . 2 2 2 AM AN bc xybc bc xy WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com Trang 3 Theo định lý hàm số Cosin, ta có: 2 2 2 2 . cos MN AM AN AM AN A Câu 5 Cho dãy số ( ) n u xác định bởi: 1 2 1 3 ( 1, ) 2 2 3 n n n u n n u u u Hãy xác định công thức tổng quát của n u theo . n 3đ Ta có: 2 2 n n n 1 n 1 n n u 2 u 2 u u 2 2u 3 2 u 2 1 Đặt n n x u 2 , n 1,n 1 1 x u 2 1 Khi đó: 2 n n 1 2 n n 1 n n x 1 1 2 x 2x 1 x x x Đặt tiếp n 1 n 1 1 1 y , n 1,n y 1 x x Khi đó: 2 2 n 1 n n n 1 n y y 2y y 1 y 1 Tiếp tục đặt n n 1 1 v y 1, n 1,n v y 1 2 Khi đó: 2 n n n 1 2 2 2 2 2 n 1 n n 1 1 n v v v v 2 v 2 n 1,n Từ đó ta tìm được: n 1 n 1 n 1 2 n n n 2 2 1 1 y 2 1 x u 2 2 1 2 1 Vậy công thức tổng quát của dãy số n (u ) là: n 1 n 1 2 n 2 2.2 1 u n 1,n 2 1 . Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh (3;4) A và điểm B 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. 3đ WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com Trang 4 a) Giả sử 0 0 ( ; ) B x y , 0 ( 0) x Tứ giác OABC là hình vuông OAB vuông cân tại A 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 7 1 3( 3) 4( 4) 0 . 0 ( 3) ( 4) 25 1 7 x y x y AB OA x y x AB OA y Do điều kiện 0 0 x nên tọa độ điểm B là: ( 1;7) B Điểm C đối xứng với A qua trung điểm 1 7 ; 2 2 I của OB nên ta có: 3 1 4 2 2 ( 4;3) 4 3 7 2 2 C C C C x x C y y b) Phương trình đường tròn ( ) C ngoại tiếp OABC : 2 2 1 7 25 2 2 2 x y Tọa độ giao điểm E và F của ( ) C với trục hoành và trục tung là: ( 1;0), E (0;7) F Dễ thấy EF là đường kính của ( ) C nên tam giác MEF vuông tại M 2 2 2 1 25 . 2 4 4 2 MEF ME MF EF S ME MF Vậy MEF S đạt giá trị lớn nhất bằng 25 2 . Khi đó MEF vuông cân 2 2 2 2 ( 1) 25 1 7 25 2 2 2 M M M M x y x y (3;3) M hoặc ( 4;4). M Cách khác: Phương trình đường thẳng :7 7 0 EF x y Ta có: 1 . ( , ) 2 MEF S EF d M EF WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com Trang 5 Như vậy MEF S lớn nhất ( , ) d M EF lớn nhất Mà 1 7 7 7 7 2 2 ( , ) 5 2 5 2 M M M M x y x y d M EF Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 1 7 1 7 7 5 2. 25 2 2 2 2 M M M M x y x y Vậy ( , ) d M EF lớn nhất bằng 5 2 2 . Khi đó: 2 2 1 7 2 2 7 1 1 7 25 2 2 2 M M M M x y x y (3;3) M hoặc ( 4;4). M Câu 7 Với mọi n nguyên và 3, n tính tổng sau đây: 3 3 3 3 3 4 5 1 1 1 1 . n P C C C C 3đ Ta có: 3 1 3!( 3)! 3! 3! 1 1 ! ( 1)( 2) 2 ( 1)( 2) ( 1) k k C k k k k k k k k Thay k bằng 3,4,5, , n , ta được: 3 3 3 4 3 5 3 1 3! 1 1 2 1.2 2.3 1 3! 1 1 2 2.3 3.4 1 3! 1 1 2 3.4 4.5 1 3! 1 1 2 ( 1)( 2) ( 1) n C C C C n n n n Cộng các đẳng thức trên, ta có: 3 3 3 3 3 4 5 1 1 1 1 3! 1 1 3( 1)( 2) 2 1.2 ( 1) 2 ( 1) n n n C C C C n n n n Vậy 3( 1)( 2) . 2 ( 1) n n P n n Hết WWW.MATHVN.COM www.MATHVN.com . THÁP KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH 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). 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.