De dap an thi HSG THPT Toan 11 nam 2012 Yen Bai

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH YÊN BÁI. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN. HƯỚNG DẪN CHẤM CHÍNH THỨC Câu Câu 1 (4,0 điểm) Điều kiện:. Nội dung. Điểm. sin 2 x 0  1  sin 2 x   * 4  cos2 x 0. 1,0. ( nếu thí sinh viết không đủ (*) thì trừ 0,5 điểm) Khi đó, PT (1)  4 3.sin 2 x  2 3.sin 2 x 3. sin 2 x.  2 3.sin 2 x  3. cos2 x. 1,0.  2 3.sin 4 x 3sin 2 x  3cos2 x  sin 4 x . 3 1   sin 2 x  cos2 x  sin 4 x sin  2 x   2 2 6 .     4 x  2 x   k 2  x   k   6 12    4 x   2 x    k ' 2  x  5  k '    36 3 6.  k, k ' Z . 1,0. Kết hợp với điều kiện (*) ta có nghiệm của phương trình là  5  x   k , x   k ' 12 36 3.  k , k '  Z , k ' 6m  2, k ' 6m  5, m  Z . Câu 2 Ta thấy y = 0 không là nghiệm của hệ phương trình đã cho, (4,0 điểm) ta xét các giá trị y 0 , chia hai vế của PT thứ nhất cho y 0 ta được  x2 1  x  y 4   y  x  y  2  y  x 2 1. x2  1 u , v x  y y Đặt ta có hệ phương trình u  v 4 v 4  u u 1    u (v  2) 1 u (4  u  2) 1 v 3. 1,0 0,5. 0,5. 0,5 1,0.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>  x2  1 1   y  x  y 3 . u 1  Với v 3 ta có (*) Giải hệ PT (*) ta được hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Vậy hệ PT ban đầu có hai nghiệm (-2; 5) , (1; 2) Câu 3 Đặt u x  4  x u  4  3 x  14 3u  2 (3,0 điểm) thay vào (1) ta có f  u   3 g  3u  2  2u  7 hay f  t   3g  3t  2  2t  7  3 x 3 v  x 3v  3  x  5 3v  2 3 Đặt thay vào (2) ta có f  v   g  3v  2  3v  4. 1,5. (thay u bởi t). 1,0. 1,0. hay f  t   g  3t  2  3t  4  4  (thay v bởi t)  f  t   3 g  3t  2  2t  7  3  f  t   g  3t  2  3t  4  4  Từ (3) và (4) ta có  (I) 11t  19 11x  19 f t   f  x  4 4 Giải hệ (I) ta được t 3 (3t  2)  7 x7 g  3t  2   hay g  3t  2   g  x    4 12 12 11x  19 x7 f  x  g  x   4 12 Vậy ,. 0,5 0,5. Câu 4 (5,0 điểm). 1a) Kẻ OH  BC , xét OHB có tương tự. r OA.sin. A 2,. r OH OB sin. r OC sin. C 2. B. 0,5. 2.  r 3 OA.OB.OC . sin. A B C .sin .sin 2 2 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> A B C 1 sin .sin .sin  2 2 2 8 (*) bằng cách biến đổi Ta chứng minh cos. A B A B A B A B C A B  cos 2sin .sin  cos sin  2sin .sin 2 2 2 2 2 2 2 2. 0,5. 2.  cos 2  sin. A B  C A B A B C  sin  2sin .sin  8sin sin sin 2 2 2 2 2 2 2 . A B C 1 sin sin  2 2 2 8 , dấu "=" xảy ra  ABC là tam giác đều. (nếu thí sinh không chứng minh (*) thì trừ 0,5 điểm) do đó. 1 r 3  OA.OB.OC  OA.OB.OC 8r 3  2r  3 8. 0,5.  OA2 .OB3  OB 2 .OC 3  OC 2 .OA3 3.3 (OA.OB.OC )5 3.3 (8r 3 )5 96r 5 2 3 2 3 2 3 5 Vậy OA .OB  OB .OC  OC .OA 96r dấu "=" xảy ra  ABC là tam giác đều. 0,5. 1b) Ta có OA1005 .OB1007 + OB1005.OC1007 + OC1005.OA1007 3. 3 (OA.OB.OC )2012 3.(2r ) 2012 1005. Vậy OA. 1007. .OB. 1005. + OB. 1007. .OC. 1005. + OC. 1007. .OA. 3.(2r ). 0,5. 2012. dấu "=" xảy ra  ABC là tam giác đều. 2) Dựng hình bình hành ABCD, kẻ NE//AD, E  CD . CN CE NE   k CA CD AD. AP k  AP k . AB  CE k .CD , lại có AB. suy ra AP = CE mà AP//EC nên tứ giác APCE là hình bình hành suy ra AE = CP (1). Chứng minh tương tự ta cũng có ME = NB (2) từ (1) và (2) suy ra tam giác AME có ME = NB, AE = CP như vậy AM, NB, CP là độ dài ba cạnh của một tam giác.. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Gọi s là diện tích tam giác ABC, ta có S AME S ABCD  S ABM  S CME  S ADE 2s  ks   1  k  ks   1  k  s 2  1  3 3 2 s  k  k  1 s   k      s 2  4  4  . k. 0,5. 1 2. dấu "=" xảy ra do đó với k = 0,5 thì diện tích tam giác AME đạt GTNN là 0,75s .. 0,5. Câu 5 Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x + y + z = 1 (4,0 điểm)  x  z 1  y, x  y 1  z , y  z 1  x . Khi đó T. Xét. x3  y3  z3 x3  y3  z3  xy yz xz  yz xy xz y 1  y  z 1  z  x 1  x . 1,0. x3  y  1 y  3. 3 x3 . y . 1  y 3x 4 y 1 y  2 y 1 y  2 4 2. y3 z 1 z 3y y3  z  1 z  3. 3 . .  4 z  1 z  2 z 1 z  2 4 2. z3  x  1 x  3. 3 z 3 . x . 1  x  3z 4 x 1 x  2 x 1 x 2 4 2. 1,5. cộng từng vế tương ứng của 3 bất đẳng thức trên ta được 3   x  y  z 3 1 1   x  y  z  T   x  y  z  2 4 2 2 1  x  y z  3 dấu "=" xảy ra T. 1,0 0,5. 1 x3  y3  z3  1  x  y z  3 Vậy xy yz xz  yz xy xz 2 , dấu "=" xảy ra Lưu ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác mà đúng thì vẫn cho đủ điểm của phần đó như hướng dẫn chấm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>