SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH BÌNH HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP Môn: Toán Năm học 2011 - 2012 I HƯỚNG DẪN CHUNG Khi chấm học sinh làm đến đâu giám khảo cho điểm đến tương ứng với thang điểm HS trình bầy theo cách khác mà giam khảo cho điểm tương ứng với thang điểm Trong trường hợp mà hướng làm kết đến cuối sai sót thi giám khảo trao đổi với tổ chấm để giải Điểm thi không làm tròn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Thang điểm 1.(2,5 điểm) +Điều kiện a > 0; a ≠ a ( a − 1) a (3 a − 2) ( a − 2)( a + 2) +P = − + a + a +1 a a −2 = a - a - a + + a +2 => P = a - a + Câu (5,0điểm) ( 2.5 điểm) +P =a - a + = Câu (5,0điểm) a2 - a + + 4 0.5đ 1.0đ 0.5đ 0.5đ 1,0đ = ( a− ) + => PMin = a = 4 1.( 2,5 điểm) 0.5đ TXĐ: Mọi x Biến đổi phương trình về: x3 − 3x + x − 3x + = x + + x + Đặt u = x3 − x + 1, v = x + ta có pt: 0.25đ u + u = v3 + v ⇔ (u − v)(u + uv + v + 1) = ⇔ u = v ⇔ x3 − 3x + = x + ⇔ (2 x + 1)( x − x − 1) = 0.5đ 0.75đ 1± Từ suy phương trình có nghiệm: x = − ; x = 2 1,0d 0.25đ 0.25đ 0.5đ ( 2,5 điểm) + Biến đổi đưa pt dạng: (x2 – 2y2 – 5)(x2 + y2 +1) = ⇔ x2 – 2y2 – = ⇔ x2 = 2y2 + ⇔ x lẻ + Đặt x = 2k + ; ( k ∈ Z ) ⇔ 4k2 + 4k +1 = 2y2 + ⇔ 2y2 = 4k2 + 4k – ⇔ y2 = 2(k2 + k – 1) ⇔ y chẵn +Đặt y = 2n; (n ∈ Z ) ⇔ 4n2 = 2(k2 + k – 1) ⇔ 2n2 + = k(k + 1) (*) +Nhìn vào (*) ta có nhận xét: Vế trái nhận giá trị lẻ, vế phải nhận giá trị chẵn (Vì k k + hai số nguyên liên tiếp) ⇒ (*) vô nghiệm ⇔ pt cho vô nghiệm 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Vẽ hình D C A 0.5đ N E B L M d I H d' O P ( 1,5điểm) + Để MNOP hình vuông đường chéo OM = ON = R + Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OADC, dựng đường tròn tâm O qua Câu điểm D, cắt (d) M (4,0điểm) +Chứng minh: Từ M vẽ tiếp tuyến MN MP Ta có MN = MO − ON = R , nên Tam giác ONM vuông cân N Tương tự, tam giác OPM vuông cân P Do MNOP hình vuông + Bài toán có nghiệm hình OM = R > R 2.( 2,0iểm) + Ta có: MN MP tiếp tuyến (O), nên M, N, O, P nằm đường tròn đường kính OM Tâm trung điểm H OM Suy tam giác ba điểm M, N, P thuộc đường tròn đường kính OM, tâm H + Kẻ OE ⊥ AB , E trung điểm AB (cố định) Kẻ HL ⊥ (d ) HL // OE, nên HL đường trung bình tam giác OEM, suy ra: HL = OE (không đổi) + Do đó, M động (d) H cách dều (d) đoạn không đổi, nên H chạy đường thẳng (d') // (d) (d') qua trung điểm đoạn OE cố định 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.25đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ ( 2,0 điểm) 0.5đ Ta có: y = x − x = x − x = x (9 − x ) xác định với: − ≤ x ≤ *Ta có: x + (9 − x ) ≥ x (9 − x ) (BĐT Côsi ) 0.5đ ⇔ ≥ x (9 − x ) ⇔ ≥ x (9 − x ) 0.5đ ⇔x=± 2 9 (9 − ) = 2 Dấu “=” xảy ⇔ x = − x ⇔ x = giá trị lớn của: y = 0.5đ ( 2,0 điểm) Câu Ta có: (4,0điểm) (a + b + c )3 = (a + b3 + c ) + 3a (b + c) + 3b (a + c ) + 3c (a + b) + 6abc = + 3a (1 − a ) + 3b (1 − b) + 3c (1 − c) + 6abc 0.25đ ⇒ 3(a + b + c ) − 3(a + b3 + c ) + 6abc = a = ⇔ 6abc = ⇔ b = c = 0.25đ b + c = 2 Giả sử a = ta có: b + c = b3 + c = 3 = b + c = (b + c)(b + c − bc) 0.25đ 0.25đ b = hay 1=1-bc suy bc = ⇔ c = 0.25đ Lại giả sử b = Do c = 0.25đ Vậy a 2009 + b 2009 + c 2009 = Các trường hợp khác xét tương tự Vậy a 2009 + b 2009 + c 2009 = Câu (2,0điểm) C A E D B H 0.25đ O 0.25đ Vẽ CD,CE phân giác phân giác ACˆ B Ta có DCˆ E = 90 (t/c hai tia phân giác) CA DA EA = = = ( Vì CA = 2CB) CB DB EB DA EA ⇒ = ; =2 DA + DB EA − EB ⇒ DA= AB = ; EA = 2AB = 12 Do DE = EA –DA = Dựng CH ⊥ AB ;H thuộc AB.Gọi O trung điểm DE ta có CH ≤ CO ∆ CDE vuông C ;CO trung tuyến DE ⇒ CO = =4 1 S ∆ABC = AB.CH ≤ AB.CO = 12 2 Dấu xảy H trùng với O hay AC = , BC = Vậy giá trị lớn diện tích tam giác ABC 12 -HẾT 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ