Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Đồng Tháp Năm 2011 - 2012 - Môn toán doc

Trang 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỒNG THÁP

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 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 dẫn
chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.
II. Đáp án và thang điểm
Câu Đáp án Điểm
Câu 1

Giải phương trình:
2
1
2 3 1.
x x x x
x
   

3đ

 Điều kiện:

1 0, 1
x x
   

 Chia hai vế của phương trình cho
,
x
ta được:
1 1 1 1
2 3 2 3 0
x x x x
x x x x
         

 Đặt
1
, (t 0)
t x
x
  
. Ta có:
2
1
2 3 0 1
2
t
t t t
t



     

 


 Với
2
1 1 5
1 1 1 0
2
t x x x x
x

          (thỏa mãn)
 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm:
1 5
.
2
x



Câu 2

Cho hai số dương
,
x y
thỏa mãn điều kiện
1, 1
x y

 
và
3( ) 4 .
x y xy
 
Tìm giá trị lớn
nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
3 3
2 2
1 1
3 .
P x y
x y
 
   
 
 

3đ


Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có:
9
4 3( ) 6
4
xy x y xy xy
    

 Do điều kiện
1, 1

x y
 
nên:
( 1)( 1) 0 1
4
1 3
3
x y xy x y
xy xy xy
      
    

 Ta có:
3 3
2 2
1 1
3P x y
x y
 
   
 
 


2
2
2 2
3 3 2 2
1 1 6
( ) ( ) 3 3

4 16 16 6
3
3 9 3
64 6 16
4
27 3
x y x y xy
x y xy
xy x y xy
xy
x y x y
xy
 
 
      
 
 
 
 
   
 
 
   

 Đặt
t xy

, với
9
;3

4
t
 

 
 

3 2
64 6 16
4
27 3
P t t
t
    


www.VNMATH.com
Trang 2
Xét hàm số
3 2
64 6 16
( ) 4
27 3
f t t t
t
   
,
9
;3
4

t
 

 
 

Ta có:
3
2
2 2
64 6 8 (8 9) 54 9
'( ) 8 0, ;3
9 9 4
t t
f t t t t
t t
 
 
      
 
 

( )
f t

là hàm số tăng trên
9
;3
4
 

 
 

9
( ) (3)
4
f f t f
 
  
 
 
hay
113 94
( )
12 3
f t 
 Vậy: Giá trị nhỏ nhất của
P
bằng
113
12
. Khi đó
9

4
3

2
3( ) 4
xy

x y
x y
x y xy




  




 


Giá trị lớn nhất của
P
bằng
94
3
. Khi đó
1
3
3
( 1)( 1) 0
3
3( ) 4
1
x
xy

y
x y
x
x y xy
y
 


 


 


  





  
 




.
Câu 3

Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình:

2 2
2 .
x x y
  
2đ

 Ta có:
2 2 2 2 2 2
2 4 (4 4 1) 7 (2 ) (2 1) 7
x x y y x x y x
           


(2 2 1)(2 2 1) 7 7 1 1 7 ( 7) ( 1) ( 1) ( 7)
y x y x
                 


2 2 1 7 1
2 2 1 1 2
y x x
y x y
   
 

 
   
 



2 2 1 1 2
2 2 1 7 2
y x x
y x y
    
 

 
   
 


2 2 1 7 2
2 2 1 1 2
y x x
y x y
     
 

 
     
 


2 2 1 1 1
2 2 1 7 2
y x x
y x y
    
 


 
     
 

 Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên:
( ; ) (1;2),(1; 2),( 2;2),( 2;2).
x y
   



Câu 4

Cho tam giác
ABC
có
,
BC a


,
CA b


AB c

và
.
c b


Hai điểm
,
M N
tương ứng di
động trên hai cạnh
,
AB AC
sao cho
MN
chia tam giác
ABC
thành hai phần có diện tích
bằng nhau. Xác định vị trí của
M
và
N
để
MN
có độ dài nhỏ nhất.
3đ


 Từ giả thuyết, ta có:
1 1 1 1 1
. sin . sin .
2 2 2 2 2
AMN ABC
S S AM AN A bc A AM AN bc
    

 Đặt ,
AN xb AM yc
 
với
, 1
x y


1 1 1
.
2 2 2
AM AN bc xybc bc xy
    


www.VNMATH.com
Trang 3

Theo định lý hàm số Cosin, ta có:
2 2 2
2 . cos
MN AM AN AM AN A
  

Câu 5

Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi:

1
2
1
3
( 1, )
2
2 3
n
n
n
u
n n
u
u
u





 








Hãy xác định công thức tổng quát của
n
u
theo
.
n

3đ

 Ta có:
 
 
2
2
n
n
n 1 n 1
n n
u 2

u 2
u u 2
2u 3 2 u 2 1
 


   
  

 Đặt
n n
x u 2
 
,


n 1,n 


1 1
x u 2 1
   

Khi đó:
2
n
n 1
2
n n 1 n n
x

1 1 2
x
2x 1 x x x


   


 Đặt tiếp
 
n 1
n 1
1 1
y , n 1,n y 1
x x
     


Khi đó:
   
2
2
n 1 n n n 1 n
y y 2y y 1 y 1
 
     

 Tiếp tục đặt



n n 1 1
v y 1, n 1,n v y 1 2
       


Khi đó:
2 n n n 1
2 2 2 2 2
n 1 n n 1 1 n
v v v v 2 v 2

 
      


n 1,n 


 Từ đó ta tìm được:
n 1
n 1 n 1
2
n n n
2 2
1 1
y 2 1 x u 2
2 1 2 1

 
      

 

 Vậy công thức tổng quát của dãy số
n
(u )
là:
 
n 1
n 1
2
n
2
2.2 1
u n 1,n
2 1



  


.

Câu 6

Trên mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hình vuông
OABC
có đỉnh

(3;4)
A và điểm
B

có hoành độ âm.
a) Tìm tọa độ các đỉnh
B
và
C
của hình vuông
.
OABC

b) Gọi
E
và
F
theo thứ tự là các giao điểm của đường tròn
( )
C
ngoại tiếp
OABC

với trục hoành và trục tung (
E
và
F
khác gốc tọa độ
O
). Tìm tọa độ điểm

M
trên
( )
C
sao cho tam giác
MEF
có diện tích lớn nhất.
3đ
www.VNMATH.com
Trang 4


a)
 Giả sử
0 0
( ; )
B x y
,
0
( 0)
x


 Tứ giác
OABC
là hình vuông
OAB
 
vuông cân tại
A

0
0
0 0
2 2
0 0
0
0
7
1
3( 3) 4( 4) 0
. 0
( 3) ( 4) 25
1
7
x
y
x y
AB OA
x y
x
AB OA
y
 




   




  

  
 

   
 











 

Do điều kiện
0
0
x

nên tọa độ điểm
B
là:

( 1;7)
B


 Điểm
C
đối xứng với
A
qua trung điểm
1 7
;
2 2
I
 

 
 
của
OB
nên ta có:
3 1
4
2 2
( 4;3)
4 3
7
2 2
C
C
C C

x
x
C
y y


 

 


  
 
 






b)
 Phương trình đường tròn
( )
C
ngoại tiếp
OABC
:
2 2
1 7 25
2 2 2

x y
   
   
   
   

 Tọa độ giao điểm
E
và
F
của
( )
C
với trục hoành và trục tung là:
( 1;0),
E


(0;7)
F
 Dễ thấy
EF
là đường kính của
( )
C
nên tam giác
MEF
vuông tại
M

2 2 2
1 25
.
2 4 4 2
MEF
ME MF EF
S ME MF

    
 Vậy
MEF
S đạt giá trị lớn nhất bằng
25
2
.
Khi đó
MEF

vuông cân
2 2
2 2
( 1) 25
1 7 25
2 2 2
M M
M M
x y
x y

  




   
   

   
   



(3;3)
M

hoặc
( 4;4).
M


Cách khác:
 Phương trình đường thẳng
:7 7 0
EF x y
  

 Ta có:
1
. ( , )
2
MEF

S EF d M EF


www.VNMATH.com
Trang 5
Như vậy
MEF
S lớn nhất
( , )
d M EF

lớn nhất
 Mà
1 7
7
7 7
2 2
( , )
5 2 5 2
M M
M M
x y
x y
d M EF
   
  
   
 
   
 

 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có:
2 2
1 7 1 7
7 5 2. 25
2 2 2 2
M M M M
x y x y
       
       
       
       

 Vậy
( , )
d M EF
lớn nhất bằng
5 2
2
. Khi đó:
2 2
1 7
2 2
7 1
1 7 25
2 2 2
M M
M M
x y
x y


 






   
   

   
   


(3;3)
M

hoặc
( 4;4).
M


Câu 7

Với mọi
n
nguyên và
3,
n


tính tổng sau đây:
3 3 3 3
3 4 5
1 1 1 1
.
n
P
C C C C
    
3đ

 Ta có:
3
1 3!( 3)! 3! 3! 1 1
! ( 1)( 2) 2 ( 1)( 2) ( 1)
k
k
C k k k k k k k k
 

   
 
    
 

 Thay
k
bằng
3,4,5, ,
n

, ta được:
3
3
3
4
3
5
3
1 3! 1 1
2 1.2 2.3
1 3! 1 1
2 2.3 3.4
1 3! 1 1
2 3.4 4.5

1 3! 1 1
2 ( 1)( 2) ( 1)
n
C
C
C
C n n n n
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
  
 

 Cộng các đẳng thức trên, ta có:
3 3 3 3
3 4 5
1 1 1 1 3! 1 1 3( 1)( 2)

2 1.2 ( 1) 2 ( 1)
n
n n
C C C C n n n n
 
 
      
 
 
 

 Vậy
3( 1)( 2)
.
2 ( 1)

n n
P
n n
 






Hết
www.VNMATH.com