[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO
HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 VÀ THÀNH LẬP ĐỘITUYỂN DỰ THI CHỌN HSG QUỐC GIA THPT NĂM 2011
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI MƠN TỐN (ĐỀ CHÍNH THỨC)
Câu Nội dung Điểm
Câu1 (4 đ)
3 3
( 1)(2 6) 6(1)
2 ( ) 0(2)
x y x y
x y xy x y y x
Pt (2) (x 2 )(y x2 xy y2 1) 0 x 2y
1,0
Thay vào (1) ta được:
với đk:
3
3
( 1)(2 6) 1, 1/
6
2
1
x x x x
x y x x x x
phương trình (1) 1,0
Xét f x( ) 2 x1 3 x6 1;
2
1
'( )
1 ( 6)
f x x
x x
2
6
( ) ; '( )
1 ( 1)
x
g x g x x
x x
1,0
Từ x 2 nghiệm pt 0,5
Hệ có nghiệm (2,1) 0,5
Câu 2 (5 đ)
Ta có 2
1 ( 2) 4
n n n n
x x x x 0,5
2 2 2 2 2
1 1 1
2
4 ( 4) ( 4) ( 4) 12
n n n n n n n
n
x x x x x x x x x x
x x 1,0 2
1 1
4 12
( )
n
n n n n
x
x x x x x x
0,5
1 2
1
1
4 1,
4
( )
lim
( )
n n
n n n
n n
n n
x x n
x x x
x x x x x x
1,5 1 lim 12 n n n x x x x
0,5 Vì f x( ) xliên tục [0,+) nên
2
1 1
1 1
lim lim lim 12
n n n
n n n n
x x x
x x x x x x x
(2)Câu 3 (5 đ)
phần a (2,5 đ)
A B
D C
A'
B'
C' R
P
Q
gọi I, J ,K trung điểm AA’,BB’,CC’
( / )D I ( / )D J ( / ) 0D J
Gọi H trực tâm tam giác ABC
( / )H I ( / )H J ( / )H K
I, J , K thẳng hàng vng góc với HD
1,0
gọi P,Q,R trung điểm BC,AC,AB
khi ta có R,P,J thẳng hàng ; P,Q,K thẳng hàng ; R,Q,I thẳng hàng 0,5 Áp dụng Đlí Mênêlauyt cho tam giác PQR I,J,K thẳng hàng ta có
IQ JR KP
IR JP KQ Theo Đlí Talet ta có:
' ' '
; ;
' ' '
IQ A C JR B A KP C B IR A B JP B C KQ C A Suy A’,B’,C’ thẳng hàng (đpcm)
1,0
phần b
(2,5 đ)
P O
C
D B
A
I
Chứng minh bổ đề: MN vng góc với EF
2 2
ME MF NE NF Thật vậy:
( )( ) ( )( )
( )
(2 )
ME MF ME MF NE NF NE NF FE ME MF NE NF
FE ML NL EF MN MN EF
(ở L trung điểm EF)
1,0
Để chứng minh OI vng góc CD ta chứng minh
2 2
DO CO DI CI
0,5
(3)Đặt AB=AC=BD=p;PC=a;PD=b.Khi PA=p-a;BP=p-b 2
2
2
( /( )) ( /( ))
( )
D ABP DB DP DO R pb C ABP pa CO R
p b a DO CO
Theo t/c đường phân giác ta có IA=ID; IB=IC
Gọi T tiếp điểm AB với đường tròn nội tiếp tam giác ABP
Suy AT = ½(AB+AP-BP)= ½ (p+b-a); tương tự BT=½ (p+a-b) 0,5 Vì TI vng góc AB nên
2 2
2 2
2
( )( ) ( )
AI BI AT BT
DI CI AT BT AT BT AT BT p b a DO CO
Suy đpcm
0,5
Câu4 (3đ)
2
2
2
1 2
1( 0); 1( 0) ax ab b
( )
; ;
a m m a b n b
pt x a b
x a b x b x x
Z
0,5
Ta thấy b khơng phương.Ta CM: a-b khơng phương Thật vậy, giả sử
2 2 2
2
(1)
0,1(mod 4); 0,1(mod 4) (1) 0,1, 2(mod 4) / 1(mod 4) (1) 0(mod 4) (1) 0(mod 4)
a b m n m k m m n k
n k VP
m VT VP
Suy n,k tính chẵn lẻ nên m,n khác tính chẵn lẻ
mâu thuẫn m+n chẵn
/ 2(mod 4) 1(mod 4) ( 1) 2(mod 4) (1) 2(mod 4)
m m m m
VP
Suy n,k lẻ;do m chẵn nên mâu thuẫn
1,0
1
/ 3(mod 4) 3:
( , 1) ( 1) ( 1) (4 3) ( 1) (mod 4)
i i
m p t m p
do m m m m p i j
m t i j
Thật
vậy m(m-1) chia hết cho pi (với i lẻ)
/m 0(mod 4) m 3(mod 4) m m( 1) p ll( 2h 1)
Mặt khác: VT(1) chia hết cho p nên VP(1) chia hết cho p Suy n,k chia hết cho p
2
2
2 ( 1)
( 1) m m n k (2)
m m p
p p p
Vì m(m-1) chia hết cho p đến luỹ thừa bậc lẻ nên VT(2) chia hết cho p VP(2)p2 Cứ m hữu hạn nên vơ lí
1.0
0,5
(4)Câu5 (3đ)
B
A
C P
Q
M N
Nhận xét: Nếu điểm M,N nằm tam giác ABC MN max AB,AC,BC (1)
Thật vậy:+/ Nếu MN nằm 1cạnh tam giác ABC (1) +/ MN không cạnh tam giác ABC:
Có MN kéo dài cắt hai cạnh AB,AC P,Q nên MNPQ
VìAPQ BPQ 1 góc APQ BPQ, khơng nhọn.
Khơng tính tổng quát,giả sử
2
BPQ BPQ PBQ mà tam giác ABC ta có
ax AB,BC
ax AQ,BQ ax AC,BQ ax AB,BC,AC BQ m
PQ m m m
1,0
Trở lại toán: Với điểm P nằm tam giác ABC cạnh ta kí hiệu d(P) khoảng cách nhỏ khoảng cách từ P đến cạnh tam giác
1 ( )
2
d P r
(r bán kính đường trịn nội tiếp)
0,5
Trong 26 điểm cho tồn điểm M cho d(M) nhỏ
Xét tam giác A’B’C’ có tâm O tâm tam giác ABC bán kính đường trịn nội tiếp r’ r d M ( )
2 d M
đồng thời A B' 'AB B C; ' 'BC C A CA; ' '
0,5
Suy 26 điểm nói nằm tam giác A’B’C’ có cạnh
a ' ( ) r d M
Chia tam giác A’B’C’ đường thẳng song song với cạnh tạo 25 tam giác có cạnh
5a
0,5
Theo nguyên lí Dirichlet tồn 26 điểm cho, gọi điểm M,N nằm tam giác
Theo nhận xét MN 1 ( ) 0,
5 5
d M a
(đpcm)
0,5
Lưu ý: Các cách giải khác đáp án cho điểm tương đương.