Dap an De thi chon doi tuyen quoc gia tinh Nghe Annam hoc 2010 2011 ngay 2

đảm bảo không sai lệch với Hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong Hội đồng chấm thi.. II..[r]

Sở GD & ĐT NGhệ an Kỳ thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia lớp 12 THPT

năm học 2010 - 2011 hớng dẫn biểu điểm Chấm đề thức

(Hớng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: toán (Ngày 08/10/2010)

-I Hng dn 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 k2 PQh2 c2 PQd22 1

   

Vậy ( ; )k h nghiệm phương trình x2 PQy2 1

  Do k a h b ; 

1.0 Ta chứng minh chiều ngược lại Từ 2

1

a  PQb  c2 PQd21 a2 PQb2 c2 PQd2 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 (PQbd)2 c2 2PQabcd

     

2( 1) ( )2 2 2 ( )2 2

c a PQbd PQabcd PQb c PQbd PQabcd

      

2

( )

b c PQd acd

  

1.0

 2  2 21 2 2(1 2)

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 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

2

2 y 2 ( ) y 2 (0) 0, (4)

f x f y f x f x y

x x

      

       

      

      

   



1.0

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 1.0

P C N

A I

B M

K H

2

2 y0 2 ( ) y0 2 (0)

x f y x f

x x

   

      

     0

(0) (5) f y y f

  

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. Câu 3

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

                                                   

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 qua TOA

1.0 Câu 4

(4,0 đ)

Áp dụng bất đẳng thức AM – GM, ta có

2 2 2

( ) ( )

2

2 9

a b c a a b c a a

b c b c

 

  

 

Tương tự

2 ( 2 ) 2 2 ( 2 ) 2

,

2 9

b c a b b c a b c c

c a a b

 

   

 

1.0

Suy ra:

2 2

2 2

a b c

F

b c c a a b

  

  

 2 2 2

2

( ) ( ) ( ) (*) 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  4 4  2 22 25 a b c  48 9 a b c 3 a b c

 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 tmin3;4 f t( ) f(3) (****) Từ (***) (****) suy F 1 Vậy minF1 xảy 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

0 180

90  +) Các đinh thuộc Z phải lặp lại lần

0 360

90  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

1,0

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

5 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

được 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

-Chú ý: Học sinh giải theo cách khác cho điểm tối đa.