Dap an HSG Toan tinh Phu Tho 20162017

- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của đáp án.. - Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số.[r]

PHÚ THỌ NĂM HỌC 2016-2017

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Hướng dẫn chấm có 05 trang

I. Một số chú ý khi chấm bài

- Đáp án chấm thi dưới đây dựa vào lời giải sơ lược của một cách Khi chấm thi giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp logic và có thể chia nhỏ đến 0,25 điểm

- Thí sinh làm bài theo cách khác với đáp mà đúng thì tổ chấm cần thống nhất cho điểm tương ứng với thang điểm của đáp án

- Điểm bài thi là tổng điểm các câu không làm tròn số

II Đáp án – thang điểm

1. Phần trắc nghiệm khách quan

Câu 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16

Đáp

án

A,

Điểm 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5

2 Phần tự luận

Câu 1 (3,0 điểm)

a) Cho các số dương a b c, , thỏa mãn ab bc ca  1 Chứng minh rằng

a b b c c a

1,5

Tương tự

b ab bc ca b b a b c

c ab bc ca c c a c b

0,25

Suy ra 2

c c a c b c b c a

2

2

;

a a b a c a c a b

b b a b c b a b c

0,25

0

a b b c c a

c a b c b c a a c a b b a b c

b) Chứng minh rằng nếu a b . 3 thì hai phương trình:(a3a x a y a)  2  4 1 0 (1);

(b b x b y b)    1 0 (2) (a,b là các tham số) không có nghiệm nguyên chung

1,5

Giả sử (1) và (2) có nghiệm nguyên chung ( ; )x y0 0 , ta có

(a3a x) 0a y2 0a4 1 0 (3) ; (b3b x) 0b y2 0b4 1 0 (4) 0,25

ĐỀ CHÍNH THỨC

Nội dung Điểm

Vì a b , 0 ta có

2 2

2

2 2

2

a x a y a x a

b x b y b x b

                 

                 

;

t a t b

là hai nghiệm của phương trình bậc hai (ẩn t)

2

t x t y   .

0,25

Theo định lí Viet:

2

a b

a b

  



            





0,25

Vì a b . 3 nên

0 0

0

9

16

a b

b a









0,25

Suy ra

9

6 3 16 9 48 160 (4)

cho 3 nhưng VT(4) không chia hết cho 3

Vậy nếu a b . 3thì hai phương trình (1), (2) không có nghiệm nguyên chung

0,5

Câu 2 (3,5 điểm)

Ta có:

0,5

2

1

1

x

x





 

   



0,5

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x1;x3

b) Giải hệ phương trình

x x y x xy y x y





   

1,5

Điều kiện x0;y1 Ta có:

2 2

4

1 0

y x x

y x

  

 

  



0,25

Từ (2) 3 x  y    1 x 1 1 x 0 y x  1 0 y x  1 0

Vậy ta có (1) y x 2 4x

0,25

Thay y x 2 4x vào (1) ta có 3 x x2 4x  1 x 1 (3)

Vì x 0 không là nghiệm của (3) nên

x x

0,25

Đặt

2

x x

Phương trình trên trở thành:

2

6 (3 )

t





  



0,25

Suy ra

2

4

4

x







 

0,25

Từ đó suy ra hệ phương trình đã cho có hai nghiệm:

1 15 (4;0);( ; )

4 16



Câu 3 Cho đường tròn ( ; )O R và điểm A cố định trên ( ; )O R Gọi M, N là các giao

điểm của hai đường tròn ( ; )O R và ( ; )A R ; H là điểm thay đổi trên cung nhỏ MN của

đường tròn ( ; )A R Đường thẳng qua H và vuông góc với AH cắt ( ; )O R tại B, C Kẻ

HI AB IAB HK  AC KAC

4,0

Nội dung Điểm

t

N

M

A'

J K

H

C B

A

a) Chứng minh rằng IK luôn vuông góc với một đường thẳng cố định và

2

Ta có AIH 90 ;0 AKH 900 Vì AIH AKH 1800 nên tứ giác AIHK nội tiếp. 0,5

Kẻ tiếp tuyến At của đường tròn ( ; )O R tại A

Ta có:

0 0

90

(1) 90

ACB HAC

ACB AHK AHK HAC







0,5

Ta lại có: AHK AIK (do tứ giác AIHK nội tiếp) (2)

BAtACB(cùng bằng

1

2sđAB) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra: BAt AIK At IK

0,5

Mặt khác OAAt IKOA Vậy IK luôn vuông góc với đường thẳng cố định OA. 0,5

Gọi J là giao điểm của AO và IK; A’ là điểm đối xứng với A qua O

Ta có:ACH AA B AHC'  ABA' 90 ; 0 ACH AA B' 

2

'

AC AH

AB AC AH AA R AH R

AA AB

Ta có

2

AK AH

AH AC

Gọi S S, 'lần lượt là diện tích các tam giác ABC và AIK.

Ta có

AI AK IK AJ AIK ACB

AC AB BC AH

, suy ra:

0,25

1

AJ IK

Vậy giá trị lớn nhất của tam giác AIK bằng

2 4

R

Câu 4 Cho các số dương a b c, , thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu

thức P2(a b b c c a2  2  2 ) ( a2b2c2) 4 abc

1,5

Ta có:

ab bc ca   a b c ab bc ca     a b b c c a   ab bc ca  abc

Suy ra

a b c a b c ab bc ca ab bc ca

a b b c c a ab bc ca abc

0,25

Do đó:

P a b b c c a a b b c c a ab bc ca abc abc

ab bc ca abc

0,25

Không mất tính tổng quát có thể giả sử a b c 

Suy ra

2

0

a a b b c a ab b c

a b a c ab abc ab ca a b abc

0,25

Do đó

ab bc ca abc ab ca bc abc a b abc bc abc b a c  0,25

Với các số dương x, y, z ta luôn có:

2

x y x   xyz  x y z  x  y  y  z  z  x  

Suy ra

3 3

3

x y z

x y z   xyz  xyz   

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x y z

Áp dụng bất đẳng thức (*) ta có

3

3

a c a c b

b a c b

0,25

Suy ra

27 27

P  ab bc ca abc   b a c   

Vậy

19 27

MinP 

P đạt giá trị nhỏ nhất khi

1 3

a b c  

0,25

……….Hết………