Dap An De Thi Nghe An 2011 Vong 2

Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong Hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với Hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi2. II..[r]

(1)

Kiến thức sinh học phổ thông http://thuviensinhhoc.com

Thư Viện Sinh Học | Kiến thức sinh học phổ thụng | Trắc nghiệm sinh học online | http://thuviensinhhoc.com Sở GD & ĐT NGhệ an Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi

häc sinh giái quèc gia líp 12 THPT năm học 2010 - 2011

hng dn biểu điểm Chấm đề thức

(Hướng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang) Mơn: tốn (Ngày 08/10/2010)

-I Hướng dẫn chung

1 Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà cho đủ điểm từng phần hướng dẫn quy định.

2 Việc chi tiết hố thang điểm (nếu có) so với thang điểm Hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với Hướng dẫn chấm thống thực Hội đồng chấm thi.

II Đáp án thang điểm

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1 (4,0 đ) Đặt

2 2; 2

k c PQd h   cd

Ta có k PQh2 2c PQd2 221.

Vậy ( ; )k h nghiệm phương trình x PQy2 21 Do đó k a h b ;  .

1.0

Ta chứng minh chiều ngược lại Từ a PQb2 21 và c PQd2 2 1

a PQb c PQd2 2 2 1

     hay ac PQbd 2PQ ad bc(  )2 1.

Đặt m ac PQbd n ad bc  ;   ta có m PQn2 2 1.

1.0

Do ,m n nguyên dương nên m2c2 hay

ac PQbd 2 c2 ( ) (ac 2 PQbd)2c2  2PQabcd 2( 1) ( ) 22 2 ( )2 2

c a PQbd PQabcd PQb c PQbd PQabcd

      

2

( )

b c PQd acd

  

1.0

 2  2 2 2 2 2

1 (1 )

bk ah bk ah b PQh h PQb

       

Điều chứng tỏ b h , suy b h a k   1.0 Câu 2

(4,0 đ) Thay x0 vào (i) ta có  

2 2 (0) 2( ) (1)

f y  f  f y

Thay y y

x vào (i) ta có  

2

2 y 2 y (2)

f x f y f x

x x

     

   

     

     

 

Theo (1) ta có

2

2 y y 2 (0) (3)

f x f x f

x x

 

       

    

    

Từ (2) (3) ta có f x2 y 2 ( )f y f x y 2 (0)f x 0,y (4)

x x

      

       

      

      

   

(2)

Thư Viện Sinh Học | Kiến thức sinh học phổ thông | Trắc nghiệm sinh học online | http://thuviensinhhoc.com

P

C

N

A I

B

M

K H Với y0 , chọn x cho

2

0

2

2 ( ) 2010 (**) (0) 2010

y

x f y

x y

x f

x

   

 

 

    

 



2.0

Áp dụng (ii) vào (4) ta có

2

2 y0 2 ( ) y0 2 (0)

x f y x f

x x

   

      

     f y 0  y0 f(0) (5) Thay (5) vào (1) ta có f(0) 0 f y( )0 y0, y0

Vậy ( ) ,f x x x   Thay vào thử lại thấy thỏa mãn

1.0

Câu 3

(4,0 đ) Từ giả thiết ta có MN BC BM CN    

trong P trung điểm BN, trung điểm MC

0.5

Gọi H, O trực tâm tâm đường tròn ngoịa tiếp tam giác ABC Xét phép tịnh tiến theo véctơ BM biến B thành M, C thành N, BH thành d1, CH thành d2 Vì

BH CH H d1d2 K nên TBM biến H thành K  HK BM CN 

   1.5

Vì P, I tương ứng trung điểm MC KA nên

2PI MA CK MC CA CK MK CA BH CA          

 

2PI OH OB OA OC OA OB OC OB OA OC

              (Do OH OA OB OC    )

1.0

PI OA

  

Vậy I ảnh P qua TOA mà P BC nên I nằm đường thẳng d cố định ảnh đường thẳng BC quaTOA

1.0

Câu 4

(4,0 đ) Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có2 ( ) 2 ( ) 2 2

2 9

a b c a a b c a a

b c b c

 

  

 

Tương tự ( ) 2 2, ( ) 2

2 9

b c a b b c a b c c

c a a b

 

   

 

(3)

Suy ra: 2

2 2

a b c

F

b c c a a b

  

  

 2 2 2

2 ( ) ( ) ( 2 ) (*)

3 a b c 9a b c b c a c a b 

          

Lại áp dụng AM – GM, ta có

3 3 3 3 3

2 2 3 (**)

3 3

a a c b b a c c b

a c b a c b            a b c

1.0

Từ (*) (**) suy ra:

 2 2   2

2 ( )

3

F  a b c   a b c a b c   

 2 2  2 2  2 2

2 3

3 a b c a b c a b c

       

1.0

Đặt t 3a2b2c2, từ giả thiết ta có:

 2 2 2  4 4 4  2 2 22

25 a b c   48 9 a b c  3 a b c 

 2 2 22  2 2 2 2 2 2 16

3 25 48

3

a b c a b c a b c

            

Do 2 ( ) 27

F t  t  f t với t 3; (***) Mà

 3;4

min ( ) (3) (****)

t f t  f  Từ (***) (****) suy F 

Vậy minF1xảy a b c  1

1.0

Câu 5

(4,0 đ) Ta chia đỉnh n tam giác nhọn thành ba tập hợp.- Tập X gồm đỉnh đỉnh tam giác ABC

- Tập Y gồm b đỉnh nằm cạnh tam giác ABC (khác A, B, C) nằm cạnh tam giác nhọn đầu mút cạnh

- Tập Z gồm c đỉnh cịn lại

Số góc n tam giác nhọn 3n tổng số đo góc n Nhận xét:

+) Các đỉnh thuộc X có A phải lặp lại lần, B C lần +) Các đỉnh thuộc Y phải lặp lại lần 1800 900

2  +) Các đinh thuộc Z phải lặp lại lần 3600 900

4  Ta có

 

3 5

3

2

n b c n b c

b c b c c

n  b c n b c

     

         

       

 

Gọi M điểm Z, suy có tam giác chung đỉnh M Do n5

(4)

C

A D B

K L

E I

Nếu 15 0,

5 2,

b c b c

n

b c b c

    

 

       

 

+) b0;c2 suy có hai loại đỉnh X, Z Vì 15 5.2 2.2

  

  

 nên loại đỉnh X lặp tối đa lần, suy có tối đa đỉnh thuộc tập X lặp lại lần Do M nối với đỉnh tam giác ABC đỉnh lại tập hợp Z, suy M có chung góc (mâu thuẫn)

+) b 2;c 1 suy có loại đỉnh X, Y đỉnh M thuộc loại Z

Vì 15 3.2 5.1 2.1

  



   

 nên loại đỉnh X lặp lần, suy có đỉnh A lặp lần Do M nối với đỉnh A, hai đỉnh thuộc tập hợp Y, suy M có chung góc (mâu thuẫn)

Từ n 5

1.0

Nếu 1,

3,

b c

n

b c

 



    



+) b1; c2 suy có loại đỉnh X, Y, Z 18 3.1 5.2

  



   

 Do loại đỉnh X lặp tối đa lần, suy có tối đa đỉnh thuộc X lặp lần Suy M nối với đỉnh tam giác ABC đỉnh thuộc tập Y, đỉnh lại thuộc tập Z, hay M có chung góc (mâu thuẫn)

+) b3; c1 suy có loại đỉnh X, Y đỉnh M thuộc tập hợp Z Vì 18 3.3 5.1

6

  



   

 nên loại đỉnh thuộc tập X lặp tối đa lần Do có tối đa đỉnh A lặp lại Suy M nối với đỉnh A đỉnh thuộc tập Y, hay M có chung góc (mâu thuẫn)

Từ n 6

1.0

Với n7 ta chia sau: Lấy D, E trung điểm AB, AC K, L nằm cạnh BC cho

,

BK BD CE CL  I tâm đường

tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có tam giác nhọn BDK, CEL, AID, AIE, EIL, LIK, KID

Vậy giá trị nhỏ n

1.0

HÕt