Dap an chinh thuc toan hsg 2009

Hướng dẫn chung 1 Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định.. 2 Việc chi tiết hóa nếu có thang điểm trong hướng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỒNG THÁP

-KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH

NĂM HỌC 2009 - 2010

-HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 08 trang)

I Hướng dẫn chung

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định

2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm sai lệch hướng dẩn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm

II Đáp án và thang điểm

Câu 1

Giải hệ phương trình:

9y (3x 1) 125 45x y 75x 6y





3đ

Cách 1:



















2 2

3 3

6 75 45

125 )

1 3 ( 9

y x y x

x y















3 3

3

6 75 45

) 1 ( 9 125 27

y x y x

y y

x

 Từ phương trình (1)  y 0

 Hệ







































































6

5 3

5 3

9 5 ) 3 ( 6 75 45

9

125 27

3 3

2 2 3 3

y

x y x

y x

y

x y

x y x

 Đặt













y v

x u

5

3 Khi đó hệ

















6 ) (

9

3 3

v u uv

v u

 Giải hệ ta được









 1

2

v

u

hay









 2

1

v u

 Vậy hệ có nghiệm





























2 5 3 1 5

3

2

y

x

y x

Cách 2:

 Hệ

27x y 125 9y 45x y 75x 6y

 



(1)

 Từ phương trình (1)  y 0



27x y 125 9y (1)

45x y 75xy 6y

 



 Khử y3 từ hệ ta được

54x y 135x y3 3 2 2  225xy 250 0 

 Đặt t xy , ta được phương trình

54t 135t3 2 225t 250 0 t 10 t 5 t 5

0.25 0.25

0.5

0.5 1.0 0.5

0.25 0.25 0.25 0.5

1.0

 Suy ra :

5 y 0 (L) xy

3





 Vậy hệ có nghiệm





























2 5 3 1 5

3

2

y

x

y x

0.5

0.25

Câu 2 Cho đường tròn tâm O bán kính R, AB là đường kính cố định của đường tròn M là

một điểm di động trên nửa đường tròn.Gọi N là điểm chính giữa của cung MB Xác

định vị trí của M sao cho tứ giác AMNB có diện tích lớn nhất và tính giá trị lớn nhất

ấy

3đ

Cách 1

 Đặt BAN  thì MAN 0  900

 Ta có diện tích tứ giác AMNB là :

















sin cos 4

) 2 cos 2 2 ( sin cos 2 2 1

) (

sin 2

1

sin 2

1 sin 2 1

3 2

R

R R R

AM AB AN

AM AN AB

AN S















 S lớn nhất cos3 sin 

 cos6.sin2 lớn nhất

 ( 1 sin2)3.sin2 lớn nhất

 Theo bất đẳng thức Cô-si , ta có

(1 sin2)(1 sin2)(1 sin2)3sin2 44 3(1 sin2)3sin2

3

81 256.3cos sin

27 cos sin 256

3 3 cos sin 16

 cos3 sin

đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3

16

1 sin 3sin

 sin2 14

sin 1

2

    300 (do 00  900)

 Vậy diện tích tứ giác AMNB đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3 R2

4 khi

MAB 60

Cách khác

Học sinh có thể tìm GTLN như sau

Đặt y cos sin 3  với   0;2

 

Do y 0 nên ta có thể xét y2 cos sin6 2, lại đặt x sin 2 với x0;1

0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25 0.5

0.5

0.25 0.25

Xét hàm số f(x) 1 x x  3 , ta có

f '(x) 1 x 1 4x , f '(x) 0  2  x 1

4

Lập BBT của f trên 0;1

, từ đó suy ra được  

3

x 0;1

max f(x) f



   

   

   

 Suy ra GTLN của y là 3 3

16 Vậy diện tích tứ giác AMNB đạt giá trị lớn nhất bằng 3 3 R2

4 khi MAB 60 0

Cách 2 (Phương pháp tọa độ)

Chọn hệ trục như hình vẽ, khi đó B (R ; 0 )và đường tròn có phương trình

2 2

2

:

)

(C x y R

Gọi M(x ; y)  (C)  x2 y2 R2, dựng MH  Ox

Ta có ON MB (vì N là điểm giữa cung MB)

Ta có SAMNBSAMOSOMNB

MB ON MH

2

1

2

1





2 2 ) ( 2

1 2

1

y R x R y



2 2 2

2

2

1 2

1

y R Rx x

R x R



R

2 2 2

2 2

2







 Đặt y R2  x2  2R2  2Rx với  RxR

Rx R

R x

R

x y

2

2 2 2

2 /













2 2

) )(

2 ( 2 0

2 2 2

2 /















Rx R

x R

R x R x R y

Vậy diện tích tứ giác AMNB đạt giá trí lớn nhất bằng

4

3

3R2 khi

2

R

x   hay

R

AM 

0.5 0.5 0.5 0.5

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25

Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: (x 1 )(x 2 )(x 8 )(x 9 ) y2 (1) 2đ

Đặt tx 5

2

) 9 )(

8 )(

2 )(

1 (x x x x y  (t2  9 )(t2  16 ) y2 (2) Đặt

2

25 2



t

u (2u  Z ) (2)(2u 2y)(2u 2y) 49  

Trường hợp 1

























































12

25 2 12

25 2 49 2 2

1 2 2 1

2 2

49 2 2

y

u y

u y

u

y u y

u

y u

0 5

25

2u  t   x hay x  10

Từ đó (x,y)  ( 0 ;  12 ) , (  10 ;  12 )

Trường hợp 2





































































12

25 2

12

25 2

49 2

2

1 2 2 1

2 2

49 2

2

y

u y

u y

u

y u y

u

y u

5 0

25

2u   t  x 

Từ đó (x,y)  (  5 ;  12 )

Trường hợp 3





























































0

7 2 0

7 2 7 2 2

7 2 2 7 2 2

7 2 2

y

u y

u y

u

y u y

u

y u

1 4

7

2u  t   x  hay x   9

2 3

7

2u   t    x  hay x   8

Từ đó (x,y)  (  1 ; 0 ) , ( 2 ; 0 ) , ( 8 ; 0 ) , ( 9 ; 0 ) Tóm lại phương trình có các nghiệm nguyên là

) 0

; 1 ( , ( 2 ; 0 ) , ( 8 ; 0 ) , ( 9 ; 0 ) , ( 0 ; 12 ),

) 12

; 0 (  , ( 5 ; 12 ) , (  5 ;  12 ) , ( 10 ; 12 ) , (  10 ;  12 )

0.25 0.25

0.25 0.25 0.25 0.25

0.25 0.25

Câu 4

Cho dãy số (un) xác định bởi

1

1

1 2

n 1











u

Chứng minh rằng dãy số (un) có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn của dãy số

3đ

 Xét hàm số 3 2 1 3

( )

f x x x với x0;1 , ta có

f '(x) 3x 3x2 0 x 0;1

2

 f(x) tăng trên 0;1 và  0 f(x) 1 x   0;1

 Chứng minh: un0;1 , n 1  

Thật vậy: 1  

1

2

  Giả sử uk0;1 , k 1   thì

k 1 2k 3k  

k

0 u 1







 

 Vậy un0;1 , n 1  

Do f tăng nên f u n f u n 1  cùng dấu với un un 1

Suy ra: un 1  un cùng dấu với un un 1 Lập luận tiếp tục ta đi đến

un 1  un cùng dấu với u2  u1

0.25 0.25 0.5

0.25 0.25 0.25

 Vì u2 u1 5 1 3 0 un 1 un 0 un 1 un

Suy ra: u là dãy giảm n

 Lại do 1

1 u 2

 nên suy ra được n

1

u 0;

2

 

  

 

 Dãy u giảm và bị chặn nên hội tụ đến L là nghiệm của phương trìnhn





 



Do 0 L 1

2

  nên L 0 Vậy nlim un 0

Chú ý:

Học sinh có thể lập luận như sau

Dãy u giảm và bị chặn nên tồn tại giới hạn hữu hạn n nlim un L

Từ 1 2 3

u u u và lấy giới hạn hai vế khi n  , ta có

3L 1L L L 1





 



Do 0 L 1

2

  nên L 0 Vậy nlim un 0

0.25 0.25

0.25 0.5

0.25

0.25 0.5

Câu 5

Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển nhị thức Niutơn của

2n 5 3

x



biết rằng C 31 n 1n  2C 32 n 2n  3C 33 n 3n  nCnn 6144

(n nguyên dương, x 0 , C là số tổ hợp chập k của n phần tử)kn

3đ

 Ta có: 3 xn C 30 nn C 3 x C 3 x1 n 1n  2 n 2 2n  C 3 x C x3 n 3 3n  n nn

 Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được

n 3 x n 1 C 31 n 1n  2C 3 x 3C 3 x2 n 2n  3 n 3 2n  nC xn n 1n 

 Thay x 1 vào (*) ta có

C 31n n 1 2C 32n n 2 3C 33n n 3 nCnn n4n 1

 Khi đó:  * n.4n 1 6144

  (3) Với n 1,2,3,4,5  thì (3) không thỏa

Với n 6 thì (3) thỏa

Với n N và n 7 thì n.4n 1  7.46 6144

  nên (3) không thỏa Suy ra n 6 là nghiệm duy nhất của (*)

 Ta có: 5 2n 5 12 12 k 12 k 5k 12 k 11k 722

 Chọn k k Z,k 0,1, ,12   thỏa 11k 72 8 k 8

2



  

 Vậy hệ số của x8 là C812495

0.5

0.25 0.25

0.5 0.5 0.5 0.5

Câu 6 Cho các số dương x, y z thỏa mãn x2y2z2 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P

3đ

Cách 1:

 Từ giả thiết x2y2z2 1 suy ra 0 x,y,z 1 

 Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương 2x ,1 x ,1 x2  2  2 ta

0.5

2

2 2

2

x 1 x

3 3

x 3 3 x



2

x (1)



 Tương tự ta có

2

2

y 3 3 y (2)

z 3 3 z (3)









 Cộng từng vế (1), (2), (3) ta được

y z z x x y  2    2

Dấu bằng ở (*) xảy ra khi x y z 3

3

  

 Vậy min P 3 3

2



Cách 2:

Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức

2x 2 2 y 2 2 z 2 3 3 (*)

y z z x x y  2

 Từ giả thiết x2y2z2 1 suy ra 0 x,y,z 1 

 Ta có: (*) x 2 y 2 z 2 3 3

1 x 1 y 1 z 2

 Xét hàm số f(t) t 1 t   2 với t0;1, ta có

f '(t) 1 3t  2, f 't) 0 t 3

3

  

BBT:

t

0 3

3 1 f'(t) + 0 

f(t)

2 3

9

 Từ BBT ta suy ra  2 2

2

 Từ (1) ta suy ra

 2 2 2

0.5

0.5

0.5

0.5 0.25 0.25

0.25 0.5 0.25

0.5

0.5

0.25

Dấu bằng ở (*) xảy ra khi x y z 3

3

  

 Vậy min P 3 3

2



0.25 0.25 0.25

Câu 7 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1: 2x 3y 3  0 và

0 17 2 5

:

2 x y 

d Đường thẳng d đi qua giao điểm của d1 và d2cắt hai tia Ox,

Oy lần lượt tại A và B Viết phương trình đường thẳng d sao cho 2

2

OAB

S

AB



nhỏ nhất

3đ

 Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d1 và d2  ( 3 ; 1 )

 Giả sử A (a ; 0 ) và B( 0 ; b) với a, b 0 thì đường thẳng d có

phương trình   1

b

y a x

 Vì   31 1

b a d I





































2 2 2

2 2

2

2 2 2

4 1 1 4

4

b a OB

OA OB

OA

OB OA S

AB

OAB

 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có ( 3 1 ) 1 1 3 1 1

2 2

2 2 2



































b a b

1 1 1

2



b a

 Min

5

2

2

2



S

AB

khi





























103

10 3

1 1 3

b

a b

a b a

 Khi đó đường thẳng d có phương trình 3xy 10  0

0.5

0.25 0.5 0.5

0.5 0.5 0.25