Đang tải... (xem toàn văn)
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên BC.[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG THÁP
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT DỰ THI CẤP QUỐC GIA NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN Ngày thi: 30/10/2011
(Hướng dẫn chấm gồm có: 06 trang)
Câu 1: (5 điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
1) Ta chứng minh: a, b, c > a4 +b4 +c4 ≥abc(a+b+c) (*)
Thật theo bất đẳng thức Côsi
4 4
4 4 4 4
4 4
4
4 ( )
4
a a b c a bc
b b c a b ac a b c abc a b c
c c b a c ba
+ + + ≥
+ + + ≥ ⇒ + + ≥ + +
+ + + ≥
Dấu “=” xảy ⇔ a = b = c
0,50
Áp dụng (*):
4
4
1 1 VT a b a b a b a b a b a b 3a b
x y z x y z x y z
= + + + + + ≥ + + + + + +
(1)
0,25
3
3 1 1 1 1
VT a a b b ab 3a b (2)
x y z xyz xy yz xz x y z
⇒ ≥ + + + + + + + + + +
0,25
Theo BĐT Côsi:
1 9
1 1
= = + + ≥ + +
z y x z y
x 0,25
Mà:
1 27
3 27
x y z
xyz xyz
xyz
+ + ≥ ⇒ ≤ ⇒ ≥
0,25
1 x y z 27
xy yz xz xyz xyz
+ +
+ + = = ≥
0,25
Nên:
(2) ⇔ VT ≥ ( a3 + 9a2b + 27ab2 + 27b3)(3a + 9b) 0,25
⇔ VT ≥ 3(a + 3b)3.(a + 3b) = 3(a + 3b)4 0.25
Dấu “=” xảy
x y z
⇔ = = = 0,25
2)
Viết lại hệ phương trình cho dạng
2
2 25 ( 4) 16
1 16 ( )
x y y x y y
x y x y x y
− − = − +
+ + − = − +
0,5
Trừ vế hai phương trình ta
2 2
(2)Vì 2
25 (− x y−4) ≤5và 0,25
2
1+ 16 (+ −x )y +(x −4y ) ≥5 0,25
Nên phương trình (*) có nghiệm
2
2
2 ( 4)
( )
( )
x y
x y
x y
− =
− =
− =
0,5
⇔
= =
x y
Thử lại thấy hệ phương trình cho có nghiệm ( )x y, =( ; ).2
0,5
Câu 2: (4 điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Điều kiện cần:
Giả sử tồn hàm số f thoả mãn f m( + f n( ))= +n f m a( + ), ∀m n, ∈ℕ (*) *
a) Chứng minh f đơn ánh
* 1,
n n
∀ ∈ℕ thoả mãn f n( )1 = f n( )2 ta chứng minh n1=n2 Thật vậy: Ta có: f m( + f n( )1 )= f m( + f n( 2))⇒n1+ f m( +a)= +n2 f m( +a)⇒n1=n2
Vậy f đơn ánh
0,50
b) Tìm mối quan hệ f(1), (2), (3), (4), , ( )f f f f n
* ,
m n
∀ ∈ℕ ta có: f(f m( )+ f n( ))= +n f f m( ( )+ = + +a) n m f(2 )a (1) 0,25
* ,
p q
∀ ∈ℕ cho m+ = +n p q ta có:
f(f p( )+ f q( ))= +p f f q( ( )+ = + +a) p q f(2 )a (2) 0,25
Từ (1) (2) ta suy ra: f (f m( )+ f n( ))= f (f p( )+ f q( )) 0,25
Vì f đơn ánh nên ta suy ra: f m( )+ f n( )= f p( )+ f q( ) (3) 0,25 Từ (3) ta suy ra: f(2)− f(1)= f(3)− f(2)= f(4)− f(3)= = f n( )− f n( −1) 0,25 Vậy f(1), (2), (3), (4), , ( )f f f f n lập thành cấp số cộng với cơng sai d d∈ℤ
và d≠0.Vậy f n( )= f(1) (+ −n 1)d (4)
0,25
c) Tính d f(1)
i) Từ (*) cho n=1 ta được: f m( + f(1))= +1 f m( +a) (5) 0,25 Từ (4) (5) ta suy ra:
f(1) (m f(1) 1)d f(1) (m a 1)d f(1)d d ad d f(1) a d
+ + − = + + + − ⇒ − = + − ⇒ = + 0,50
Vì f(1) nguyên a nguyên nên d= ±1 0,25
ii) Với d = −1 f(1)= −a 1⇒ f n( )= − +n a Hàm số khơng thoả với n>a f n( )<0 0,25
Với d =1 f(1)= +a 1⇒ f n( )= +n a 0,25
Điều kiện đủ: Rõ ràng hàm số thoả mãn u cầu tốn Vậy có hàm số f thỏa yêu cầu f n( )= +n a
(3)Câu 3: (5 điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
1)
Hình vẽ:
M
C
B O
A
H
a) Tính S∆ABC theo α:
Từ giả thiết ta suy 0;
π α∈
Gọi H hình chiếu vng góc A BC Ta có
sin sin
2 2
ABC
S∆ = AH BC= BC AM α = BC α 0,25
Ta có: ABC= +α MAB = +α ACB ⇒ BAC= −π (ABC+ACB)= −π α( +2.ACB)
Mặt khác theo định lý Sin ta có: 2sin( 2.) sin
BC
R BC ACB
BAC = α
⇒ = + 0,25
Suy ra: ( ) 2( )
sin sin sin cos
ABC
S∆ = α α+ ACB = α − α+ ACB 0,25
Trong tam giác ABM ABC ta có:
( )
sin sin sin sin sin
AB AM
AB ABC AB R ACB
MBA α
α = ⇒ = = 0,25
( ) ( )
( )
sin sin sin
sin sin sin cos cos
cos cos sin
ACB ABC
ACB ACB ACB
ACB
α
α α α α
α α α
⇒ =
⇒ = + = − +
⇒ + = −
0,25
Vậy S∆ABC =sin 1α −(cosα−sinα)2 =sin s in2α α với 0;
π α∈
0,25
b) Tìm α để S∆ABC đạt GTLN tìm GTLN nầy
Xét
(4)x y
5
3
A
C B
M
( )
4
2 2
4 2 2 sin sin sin 3.cos 27
.sin sin sin 3.cos
3 64
ABC
S∆ = α α α α ≤ α+ α+ α+ α =
0,25
Suy ra: 64
ABC
S∆ ≤ (1) 0,25
BĐT (1) xảy dấu “=” 2
sin 3cos tan tan
3
π
α = α ⇔ α = ⇔ α = ⇔ =α
0,25
Vậy 27
64
ABC
MaxS∆ =
π
α = 0,25
2)
Chọn hệ Oxy cho A≡O trục Ox≡ ∆ (theo hình vẽ) Giả sử tọa độ B x( B,yB) , C x( C,yC) M x y( , )
0,25
Ta có AB=5⇔ xB2 +y2B =25
AC= ⇔ xC2 +yC2 =9
0,25
VìAxlà phân giác góc BACnên (AB) có phương trình y=kxthì (AC) có phương trình y= −kx từ ta có
2 2 25
B B
x +k x = 2
9
C C
x +k x =
0,5
Suy
2
2
2
2 25
25
B
B
x
k k y
k
=
+
=
+
2
2
2
9
C
C
x
k k y
k
=
+
=
+
0,25
DoAxlà phân giác BACnên y yB C <0⇒ x xB C >0,
2 15
B C
x x
k
=
+ ,
2
2 15
B C
k y y
k
= − +
0,5
Vì ABMC hình bình hành nên AM =AB+AC
(5)2 2
2
2 2
2 64
B C B C B C
B C
B C B C
x x x x x
x x x k
y y y k
y y y y y
k = + + = = + + ⇔ = + = + + = +
⇔ 2
64
x y
+ =
Vậy tập hợp điểm M elip có phương trình :
2 64
x + y =
Giới hạn : Vì 642 x k = ≠ == ≠≠ = ≠
++++ nên elip bỏ điểm (0, 2) (0,−−−−2)
0,25
Câu 4: (3 điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Ta có x2+8043y2 =4.2011n ⇔ x2 +(4.2011 1− )y2 =4.2011n 0,25 Đặt a=2011, ta chứng minh tồn hai số nguyên x y, không chia hết cho a thoả
mãn x2 +(4a−1)y2 =4.an 0,25
a) Nếu n=1: dễ thấy x= =y thoả mãn yêu cầu toán 0,25
b) Giả sử toán với n=k (k>1):∃x y, ⋮ a x2 +(4a−1)y2 =4.ak (1)
0,25 c) Xét n= +k 1:
( )
2
2 2
1 2
(1) (4 1) (4 1)
2 2
k x a y x y
a + ax a a y − a
⇔ = + − = + + − + 0,25 = 2 2 1 2 2 (4 1) (4 1) (4 1)
(4 1) (2)
2
(4 1)
(4 1) (3)
2
x y
a
x y
a
x a y
X a Y
x a y
X a Y
− + − + + − + − = + − − − = + −
Với 1 (4 1) , 1
2
x a y x y
X ==== ++++ −−−− Y ==== −−−− , 2 (4 1) , 2
2
x a y x y
X ==== −−−− −−−− Y ==== ++++
0,5
Từ (1) ⇒⇒⇒⇒x y, tính chẵn, lẻ suy X Y X Y1, ,1 2, 2 số nguyên
Ngoài Y1+ =+ =+ =+ =Y2 x ⋮ a ⇒⇒⇒⇒Y Y1, phải có số khơng chia hết cho a 0,5 + Nếu Y ⋮ a 1 X1− =− =− =− =Y1 2ay a⋮ ⇒⇒⇒⇒ X1 ⋮ a
kết hợp với (2) suy X1 Y1 thoả yêu cầu toán trường hợp n= +k
0,25
+ Nếu Y ⋮ a2 X2− =− =− =− =Y2 2ay a⋮ ⇒⇒⇒⇒ X2 ⋮ a
kết hợp với (3) suy X1 Y1 thoả yêu cầu toán trường hợp n= +k
0,25
Vậy toán ∀ ∈n N* 0,25
Câu 5: (3 điểm)
NỘI DUNG ĐIỂM
Số có chữ số khác ( khơng có chữ số đứng đầu) là:
10 544.320
(6)Ta tìm số có chữ số khác thỏa điều kiện (a< < <b c d d> > >e f g)
Trường hợp 1:
Chọn chữ số khơng có chữ số 0: có
C cách 0,25
Sau xếp chữ số vào vị trí abcdefg ,
+ Vì d số lớn nên có: cách xếp 0,25 + Có
6
C cách xếp vị trí cho abc 0,25
+ Có 3
C cách xếp vị trí cịn lại cho efg 0,25
Vậy có 3 720
C C C = thỏa trường hợp 0,25
Trường hợp 2:
Chọn chữ số phải có chữ số 0: có
C cách 0,25
Tương tự trường hợp có 3 840
C C C = thỏa trường hợp 0,5
Vậy có: 544320 (720 840)− + =542.760 số 0,5