dap an de thi HSG tinh HA NAM

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (149.45 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=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 3

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

2 ( ) 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:

( 1)(2 1 3 6) 6
1, 1/ 2

2 1 3 6

x x x x

x y
x
x x
x
     
 


    


phương trình (1) 1,0

Xét f x( ) 2 x1 3 3 x6 trên



1;



2
3

1 1

'( ) 0 1

1 ( 6)

f x x

x x

    

 

6 7

( ) ; '( ) 0 1

1 ( 1)

x

g x g x x

x x

 

    

 

1,0

Từ đó  x 2 là nghiệm duy nhất của pt 0,5

 Hệ có nghiệm (2,1) 0,5

Câu 2
(5 đ)

Ta có 2 2 2 4 2

1 4 ( 2) 4 4

n n n n

x    x   x  x 0,5

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 2 1 1

2 2
1

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
2

1 1 1 1

4
12

... ( ... )

n

n n n n

x

x x x x x x


 
 
 
 
 
0,5
1

1 1 2 2

1 1
2

1 1

4 2 1, 2...

4 4

... 2 0

( ... ) 2
4

lim 0

( ... )

n
n

n n n

n n

x x n

x x x

x x x
x x x




    
    

 
1,5
2
1
1 1
lim 12
...
n
n n
x
x x x



 
   
 
0,5
Vì f x( ) xliên tục trên [0,+) nên

2 2

1 1 1

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

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Câu 3
(5 đ)

phần a 
(2,5 đ)

A
B

D
C

C'
R

gọi I, J ,K lần lượt là trung điểm AA’,BB’,CC’

( / )D I ( / )D J ( / ) 0D J

   

Gọi H là trực tâm tam giác ABC

( / )H I ( / )H J ( / )H K

    I, J , K thẳng hàng vì cùng
vng góc với HD

1,0

gọi P,Q,R lần lượt là trung điểm BC,AC,AB

khi đó 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 và I,J,K thẳng hàng ta có

. .
1
. .

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 ra A’,B’,C’ thẳng hàng (đpcm).

1,0

phần b

(2,5 đ)

P
O

D
B

Chứng minh bổ đề: MN vng góc với EF khi và chỉ khi

2 2 2 2

ME  MF NE  NF
Thật vậy:

( )( ) ( )( )

( ) 0

(2 2 ) 0 . 0

ME MF ME MF NE NF NE NF
FE ME MF NE NF

FE ML NL EF MN MN EF

    

    

      

       
       
       
       
       
       
       

    

(ở đây L là trung điểm EF)

1,0

Để chứng minh OI vng góc CD ta sẽ chứng minh

2 2 2 2

DO  CO DI  CI

0,5

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Đặt AB=AC=BD=p;PC=a;PD=b.Khi đó PA=p-a;BP=p-b
2 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 là tiếp điểm của AB với đường trịn nội tiếp tam giác ABP

Suy ra 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 2

( )( ) ( )

AI BI AT BT

DI CI AT BT AT BT AT BT p b a
DO CO

  

        

 

Suy ra đpcm.

0,5

Câu4
(3đ)

2 2

1 2 1 2

1( 0); 1( 0)
ax ab b 0

( 2 )

; ;

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 chính phương.Ta CM: a-b khơng chính phương
Thật vậy, giả sử

2 2 2 2 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 ra n,k cùng tính chẵn lẻ nên m,n khác tính chẵn lẻ

 mâu thuẫn vì m+n chẵn

/ 2(mod 4) 1 1(mod 4) ( 1) 2(mod 4)
(1) 2(mod 4)

m m m m

VP

       

 

Suy ra n,k cùng lẻ;do m chẵn nên  mâu thuẫn

1,0

/ 3(mod 4) 4 3:

( , 1) 1 ( 1) ( 2 1)
(4 3) ( 1) (mod 4) 2 1

i
i

m p t m p

do m m m m p i j

m t i j

     

     

     





. Thật vậy

vậy m(m-1) chia hết cho pi (với i lẻ)

/m 0(mod 4) m 1 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 ra 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 như vậy do m hữu hạn nên vơ lí.

1.0

0,5

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Câu5
(3đ)

C
P

M N

Nhận xét: Nếu 2 điểm M,N nằm trong tam giác ABC thì
MN max AB,AC,BC (1)





Thật vậy:+/ Nếu MN nằm trên 1cạnh tam giác ABC thì (1) đúng
+/ MN không cùng 1 cạnh tam giác ABC:

Có MN kéo dài cắt hai cạnh AB,AC tại P,Q nên MNPQ

VìAPQ BPQ   1 trong 2 góc APQ BPQ, khơng nhọn.

Khơng mất tính tổng qt,giả sử

  

BPQ  BPQ PBQ
mà trong 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 bài toán: Với mỗi điểm P nằm trong tam giác ABC đều cạnh 1 ta kí hiệu
d(P) là khoảng cách nhỏ nhất trong các khoảng cách từ P đến 3 cạnh tam giác

1
0 ( )

2 3

d P r

    (r là bán kính đường trịn nội tiếp)

0,5

Trong 26 điểm đã cho tồn tại điểm M sao cho d(M) nhỏ nhất.

Xét tam giác A’B’C’ có tâm O là tâm của tam giác ABC và bán kính đường
tròn nội tiếp là r’ r d M

 

1 ( )

2 3 d M

   

đồng thời A B' 'AB B C; ' 'BC C A CA; ' '

0,5

Suy ra 26 điểm nói trên đều nằm trong tam giác A’B’C’ có cạnh là

a 2 3 ' 1 2 3 ( ) r   d M

Chia tam giác A’B’C’ bằng các đường thẳng song song với các cạnh của nó tạo
được 25 tam giác đều có cạnh là 1

5a

0,5

Theo ngun lí Dirichlet tồn tại 2 trong 26 điểm đã cho, gọi 2 điểm đó là M,N
cùng nằm trong 1 tam giác đều con.

Theo nhận xét trên MN 1 1 2 3 ( ) 0, 2

5 5 5

d M
a

    (đpcm).

0,5

Lưu ý: Các cách giải khác đáp án và đúng thì cho điểm tương đương.

</div>

dap an de thi HSG tinh HA NAM

<sub></sub>

<sub></sub>





















 

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về