Mọi vấn ñề phát sinh trong quá trình chấm phải ñược trao ñổi trong tổ chấm và chỉ cho ñiểm theo sự thống nhất của cả tổ.. SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH..[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ðỘI TUYỂN HSG LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 MƠN TỐN (ngày thứ hai) ðỀ CHÍNH THƯC
(Hướng dẫn chấm có 03 trang)
Bài Sơ lược lời giải Cho
ñiểm Bài
5 điểm Ta có ( )
2 2
3(a +b +c )≥ a b c+ +
Kết hợp với giả thiết, suy (a b c+ + )2−7(a b c+ + +) 12 0≤ ⇔ ≤ + + ≤3 a b c 4 (1) 1,0 Mặt khác ta có: ( 2010 1)( 1) 0 2012 2010 3 2
a − a − ≥ ⇔a −a + ≥a +
Tương tự ta có: 2012 2010 3 2; 2012 2010 3 2 b −b + ≥b + c −c + ≥c +
Suy P≥(a2+2)(b2+2)(c2+2) (2) 1,0 Ta chứng minh: (a2+2)(b2+2)(c2+2)≥3(a b c+ + )2
Thật vậy, ta có (a b c+ + )2=
2
2 ( )
( ) ( 2)(1 )
2
b c b c
a + + ≤ a + + +
mà
2
2 2
( 2)( 2) 3(1 ) ( 1) ( 1)
2 b c
b + c + ≥ + + ⇔ bc− + bc− ≥ - hiển nhiên ñúng nên: 3(a b c+ + )2
2
2 ( )
3( 2)(1 )
2 b c
a +
≤ + + ≤ (a2+2)(b2+2)(c2+2) (3)
1,0
1,0 Từ (1), (2), (3) suy P≥27, dấu ‘=’ xảy khi a=b=c=1
Vậy giá trị nhỏ P 27, ñạt ñược a=b=c=1 1,0 Bài
5 ñiểm
[(1 ( )) ( )] ( ), ,
f + f x f y = +y x f y ∀x y∈R (1)
Thay x=0 vào (1) ñược: f[(1+ f(0)) ( )]f y = y,∀ ∈y R (2) => f song ánh
Do tồn c cho f(c)=0, thay y = c vào (2) ta có f(0)=c 1,0 Thay y=0 vào (2) với f(0)=c ta ñược f((1+c)c)=0
suy f((1+c)c)=f(c) <=> (1+c)c=c ⇔ =c 0( f hàm đơn ánh)
Do ñó f(0)=0 Từ (2) suy f(f(y)) = y ∀ ∈y R (3) 1,0 Từ giả thiết, thay x f(x) thay y f(y) ta ñược:
f[y(1+x)]= f(y) + y.f(x), ∀x y, ∈R (4) 1,0 Từ (4) thay x = -1 ñặt a= f( 1)− ta có f(0)= f(y)+a.y ∀ ∈y Rsuy f(y) = -ay
Thay vào (3), ta có , 1 a a y y y R
a
=
= ∀ ∈ ⇒
= −
1,0
Thử lại hai hàm số f(x)=x f(x)=-x thỏa mãn phương trình hàm cho
(2)Bài 5 ñiểm
F
D
K
M C
D '
A
B
I E
Gọi D’ trung ñiểm AB M trung điểm cạnh BC
Ta có D’ nằm đường trịn ngoại tiếp BCD Do tính đối xứng nên suy '
D E=ED suy ABI =D BE' =EBD=IBK suy I nằm phân giác góc ABKhay BI tia phân giác góc ABK(1) 1,0
Ta có: 180 180 1
2
o O
DFA= −BFA= −BEA=MEB= CEB= CDB
=> DFA=DAF suy AFD cân D 1,0 Áp dụng ñịnh lý Menelauyt cho ADF với ñiểm thẳng hàng C, I, K áp dụng tính chất phân giá góc ABF Ta có:
1
2
AC DK FI DK BF DK BF DK BF
CD KF IA KF AB KF AD KF AD
= = = =
1,0 Vì BD BF FD BF DF AD
AD AD AD DK DK
+
= = + = = Suy
ADK BDA⇒DAK= ABD 1,0
Vì IAB=AFD−ABD=DAF−DAK =KAI ⇒I nằm phân giác BAK(2)
Từ (1) (2) suy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABK 1,0 Bài
5 ñiểm Gọi ñỉnh ña giác ñều 2n cạnh là: A A1; 2; ;A2n Trước hết ta tìm x Ta ñếm số tứ giác thoả mãn yêu cầu tốn có đỉnh A1
Khi A2;A2n khơng phải đỉnh tứ giác A1A2; A1A2nlà cạnh ña giác Ta cần chọn thêm ñỉnh: A A Ai; J; kthoả mãn 5≤ + < + < ≤i j k 2n−1(Vì đỉnh tứ giác phải có ñỉnh ña giác)
Mỗi cách chọn ñỉnh cách chọn số phân biệt 2n-5 số tự nhiên từ ñến 2n-1
Vậy có 2n
C − tứ giác có đỉnh A1 thoả mãn u cầu tốn
1,0
1,0
Vì ña giác có 2n ñỉnh tứ giác ñược ñếm lặp lại lần theo ñỉnh nên số tứ giác cần tìm là:
3
4 n nC −
, x=
4 n nC −
1,0 Tìm y: đa giác cho có 2n đỉnh nên có n đường chéo qua tâm O
Ta thấy hai ñường chéo qua O lập thành hình chữ nhật, nên số hình chữ nhật có đỉnh đỉnh ña giác ñều ñã cho
n
C , y = n C
(3)Từ giả thiết ta có phương trình:
4 n nC −
- n
C = 3n (1)
2
(2 5)! ! (2 7)(2 6)(2 5)
(1)
2 (2 8)!3! ( 2)!2!
( 5)( 6)
n n n n n n n
n
n n
n n n n
− − − − −
⇔ − = ⇔ − =
− −
⇔ − − + = ⇔ =
Vậy n=5 thỏa mãn điều kiện tốn 1,0
Các ý chấm:
1 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác điểm tối đa Các cách giải khác ñúng cho ñiểm Tổ chấm trao ñổi thơng chi tiết khơng q số ñiểm dành cho câu, phần ñó
2 Có thể chia điểm thành phần khơng 0,25 ñiểm phải thống tổ chấm ðiểm tồn tổng số điểm phần chấm Khơng làm trịn điểm
3 Mọi vấn đề phát sinh q trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho ñiểm theo thống tổ