Dap an De thi chon doi tuyen quoc gia tinh Nghe Annam hoc 2010 2011 ngay 1

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]

Sở GD & ĐTNGhệ 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

(Híng dẫn biểu điểm chấm gồm 04 trang) Môn: toán (Ngµy 07/10/2010)

-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 áp án v thang i mĐ đ ể

CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1

(4,0 đ)

Hệ phương trình cho tương đương với 2

2

5

57

4 3

25

x y

x x xy y

           2 2

5

47

2 3

25

x y

x y xy x y

             1.0         2

5

47

2 2

25

x y

x y x y x y x y

               1.0

Đặt a2x y b x ;  2y

Hệ cho trở thành 2 1

47 25

a b ab a b

              2 94 2 25

a b ab ab a b

                2 144 25

ab a b a b             1.0   12 25 17 132 25 a b ab a b VN ab                               

 ;  ( ; )3 5

a b

  ( ; )4 5

 ;  ( ; )2 5

x y

  (11 2; )

25 25 (thỏa mãn)

1.0

Câu 2

(4,0 đ)

Nếu a  1 a 2, 2x2x3 Giả sử tồn limxn c, ta có:

2 0

c c  cc c 2 (mâu thuẫn) Suy 1 a 2. 1.0

(*) Ta chứng minh tồn k cho 0xk 1 dãy hội tụ Thật vậy:

1

1

0 0, 1, 0,0 1,

4

k k k k k

x x x x  x 

            

Dãy xk2l đơn điệu giảm  

3

2 2 2

k l k l k l k l

x   x x  x    Vì tồn 1.0

2

limxk l c, ta có

3( 2) 0

c c c c    c (vì c 1)

Mặt khác: limxk2 1l limxk2l2 xk2l 0 Vậy tồn limx n

(**) Ta chứng minh tồn k cho 0xk 2 dãy hội tụ Thật vậy:

1

0xk  2 xk  xk 2 Nếu xk2 xk1 2

Nếu xk l  0, l dãy xk l  đơn điệu giảm bị chặn hội tụ

Nếu xk l 0 0 xk l 11 Theo chứng minh (*) dãy  xn hội tụ

1.0

Từ đó, 0 a 2 0 x1 2 suy dãy có giới hạn.

Nếu    1 a 0x22, suy dãy có giới hạn

Vậy điều kiện cần đủ để dãy có giói hạn  1 a2.

1.0

Câu 3

(4,0 đ)

Gọi K hình chiếu A BC

0.5

Vì K, E, F theo thứ tự thuộc đoạn BC, CA, AB nên: KB FC EA KB FC EA

KC FA EB

KC FA EB

0.5

Từ giả thiết ta có EA = FA; ED = FD, đó:

KB FC EA KB KA FC ED cot tan cot tanB C C B

KA KC FD EB

KC FA EB  

1.5

Vậy theo định lý Ceva, với ý AK, BF, CE đơi song song, ta có

AK, BF, CE đồng qui 1.0

Điều có nghĩa AK qua H Vậy AH vng góc với BC 0.5

Trang 2/

A

B D K C

F H

C1 A B

C

A

1 B

x Câu 4

(4,0 đ)

Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 1: Với a b c, , ba cạnh tam giác có diện tích S thì: 2(ab bc ca) a2 b2 c2 4S 3

     

Chứng minh: Vận dụng kết x y z  23xy yz zx   Ta có

(p a p b )(  ) ( p b p c )(  ) ( p c p a )(  )2 3 (p p a p b p c )(  )(  )

(với

2

a b c p   )

 (p a p b )(  ) ( p b p c )(  ) ( p c p a )(  )S

2(ab bc ca) a2 b2 c2 4S 3

      

1.0

Bổ đề 2: Với a b c, , ba cạnh tam giác có diện tích S x y z, , số thực dương Ta ln có

2 2

2

xa yb zc

S y z  z x  x y 

Chứng minh:

Ta có    

2 2

2

( ) ( ) ( )

a b c

y z z x x y a b c y z z x z x

 

         

 

  

 

2 2

2 2

2 2

2( )

xa yb zc

ab bc ca a b c y z z x x y

        

  

Áp dụng Bổ đề ta có

2 2

2

xa yb zc

S y z  z x  x y 

1.0

Trở lại toán:

Gọi A1, B1, C1 tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C tam

giác ABC

Ta có

 

2

1 1

1 1

( )

dt A BC a A BC A B C

dt A B C x

 

    

 



2

2 '

a ar a

S x

 

  

 

(trong B C1 1x S, 'dt A B C( 1 1) ra bán kính đường trịn bàng tiếp góc A) 1.0

2 2

( ) ( ) ( )

'( ) '( )

a a

b c a a ar b c a x r p a ax

b c S b c S b c

    

  

  

2

( )

'

b c a a S ax b c S b c

 

 

 

Tương tự

2

( )

, '

c a b b S by

c a S c a

 



 

2

( )

'

a b c b S cz a b S a b

 



  với C A y A B z1 1 , 1

2 2 2

( ) ( ) ( )

'

b c a a c a b b a b c b S ax by cz

b c c a a b S b c c a a b

 

     

       

       

Áp dụng Bổ đề 2, tam giác A1B1C1 ta có

2 2

2 '

ax by cz

S b c  c a  a b 

b c a a c a b b a b c c 2 3

S

b c a c a b

     

   

  

(đpcm) Dấu xảy tam giác ABC

1.0

Câu 5

(4,0 đ)

Với 1 k n  ,

đặt Ek  A M A k   min ax 

k

k A E

x A m A A



   .

Khi n

k k

T x



 1.0

Với A a a1; ; ;2 akEk đặt   *

1

1 ; ; ; k

A n  a n  a n  a

Ta có

 *

* , * k

A E A A Ek A M A k    A A M A k*  ,  

 * * 

2 ax ax

k

k A E

x A m A A m A A



     

1.0

Giả sử minA a m 1, axA a k Khi

* *

1

minA   n a mk, axA   n a

Do minA maxA minA* maxA* 2 A 2(n 1) 2k

      

   

2 2

k

k

k n

A E

x n k n k C



        1  k

k n

x n k C

   

1.0

 

1

1

n

k n k

T n k C



    .

Ta có   1  

0

1 n n k n k ( 1)n ( 1)n n k n k

n n

k k

x x C x   x nx x  n k C x 

 

         .

Thay x 1, ta có  

0

2n 2n n k

n k

n  n k C n T



       .

Vậy T 2n n.2n1 n 1

   

1.0

HÕt

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