zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Hướng dẫn chấm đề thi môn toán

Chia sẻ: Dinh Trang | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

51
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu hướng dẫn chấm thi

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn chấm đề thi môn toán

WWW.MATHVN.COM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ĐỒNG THÁP 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 Điểm Đáp án Câu 1 3đ 1 Giải phương trình: x 2  2 x x   3x  1. x Điều kiện: 1  x  0, x  1   Chia hai vế của phương trình cho x, ta được: 1 1 1 1 x2 x  3  x   2 x  3  0 x x x x t  1 1 Đặt t  x  , (t  0) . Ta có: t 2  2t  3  0     t 1 t  2 x 1 5 1  1  x2  x  1  0  x   Với t  1  x  (thỏa mãn) x 2 1 5  Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm: x  . 2 Câu 2 Cho hai số dương x, y thỏa mãn điều kiện x  1, y  1 và 3( x  y )  4 xy. Tìm giá trị lớn 3đ 1 1 nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  x3  y 3  3  2  2  . x y  Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có: 9 4 xy  3( x  y )  6 xy  xy  4  Do điều kiện x  1, y  1 nên: ( x  1)( y  1)  0  xy  1  x  y 4  xy  1  xy  xy  3 3 1 1  Ta có: P  x3  y 3  3  2  2  x y 2 1 1 6 2  ( x  y )  ( x  y )  3xy   3        x y  xy 4  16 2 2  16 6  xy  x y  3xy    3 9  3 xy 64 3 3 6 16 x y  4 x2 y 2    27 xy 3 9  Đặt t  xy , với t   ;3  4  64 6 16  P  t 3  4t 2   27 t3 www.MATHVN.com Trang 1
WWW.MATHVN.COM 9  64 3 6 16 t  4t 2   , t   ;3 Xét hàm số f (t )  4  27 t3 6 8t 3 (8t  9)  54 64 2 9  Ta có: f '(t )  t  8t  2   0, t   ;3 2 9 t 9t 4  9   f (t ) là hàm số tăng trên  ;3 4  9 113 94  f    f (t )  f (3) hay  f (t )  4 12 3 9   xy  4 113 3   Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P bằng . Khi đó   x y x y 12 2  3( x  y )  4 xy   x  1  xy  3  y  3 94  . Khi đó  ( x  1)( y  1)  0   Giá trị lớn nhất của P bằng . x  3 3 3( x  y )  4 xy    y  1  Câu 3 Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: x  x  2  y . 2đ 2 2 Ta có: x 2  x  2  y 2  4 y 2  (4 x 2  4 x  1)  7  (2 y )2  (2 x  1)2  7   (2 y  2 x  1)(2 y  2 x  1)  7  7 1  1 7  (7)  (1)  (1)  (7) 2 y  2 x  1  7 x  1   2 y  2 x  1  1 y  2 2 y  2 x  1  1  x  2   2 y  2 x  1  7 y  2 2 y  2 x  1  7  x  2    2 y  2 x  1  1  y  2 2 y  2 x  1  1 x  1    2 y  2 x  1  7  y  2  Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm nguyên: ( x; y )  (1;2), (1; 2), (2;2), (2; 2). Câu 4 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và c  b. Hai điểm M , N tương ứng di 3đ 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.  Từ giả thuyết, ta có: 1 1 11 1 S AMN  S ABC  AM . AN sin A  . bc sin A  AM . AN  bc 2 2 22 2 Đặt AN  xb, AM  yc với x, y  1  1 1 1 AM .AN  bc  xybc  bc  xy  2 2 2 www.MATHVN.com Trang 2
WWW.MATHVN.COM  Theo định lý hàm số Cosin, ta có: MN 2  AM 2  AN 2  2 AM . AN cos A Câu 5 Cho dãy số (un ) xác định bởi: 3đ u1  3  u 2  2 (n  1, n   )  un 1  n  2un  3  Hãy xác định công thức tổng quát của un theo n. 2  u n  2 u2  2 Ta có: u n 1  n   u n 1  2  2 un  2 1 2u n  3 Đặt x n  u n  2 ,  n  1, n     x1  u1  2  1  x2 1 1 2 n Khi đó: x n 1    2 2x n  1 x n 1 x n x n 1 1 ,  n  1, n     y1   1  Đặt tiếp y n  xn x1 2 2 Khi đó: y n 1  y n  2y n   y n 1  1   y n  1 Tiếp tục đặt v n  y n  1,  n  1, n     v1  y1  1  2  n 1 2 n n  n  1, n    Khi đó: v n 1  v n  vn 1  ...  v1  22  v n  22 2 2 2  Từ đó ta tìm được: 1 1 n 1 y n  22  1  x n   un  2 n 1 n 1 22  1 22  1 n 1 2.22  1  n  1, n    . Vậy công thức tổng quát của dãy số (u n ) là: u n   n1 22  1 Câu 6 Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông OABC có đỉnh A(3; 4) và điểm B 3đ 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. www.MATHVN.com Trang 3
WWW.MATHVN.COM a)  Giả sử B( x0 ; y0 ) , ( x0  0)  Tứ giác OABC là hình vuông  OAB vuông cân tại A   x0  7      y0  1 3( x0  3)  4( y0  4)  0  AB.OA  0        x  1 2 2 ( x0  3)  ( y0  4)  25  AB  OA    0   y0  7  Do điều kiện x0  0 nên tọa độ điểm B là: B(1;7)  1 7 Điểm C đối xứng với A qua trung điểm I   ;  của OB nên ta có:   2 2  xC  3 1  2 2  x  4   C  C (4;3)  yC  4 7  yC  3   2  2 b)  Phương trình đường tròn (C ) ngoại tiếp OABC : 2 2 1  7  25  x   y   2  2 2   Tọa độ giao điểm E và F của (C ) với trục hoành và trục tung là: E (1;0), F (0;7)  Dễ thấy EF là đường kính của (C ) nên tam giác MEF vuông tại M ME 2  MF 2 EF 2 25 1  S MEF  ME.MF    2 4 4 2 25  Vậy S MEF đạt giá trị lớn nhất bằng . 2 ( xM  1)2  yM  25 2  2 2 Khi đó MEF vuông cân   1  7  25  xM     yM    2  2 2   M (3;3) hoặc M (4; 4). Cách khác:  Phương trình đường thẳng EF : 7 x  y  7  0 1  Ta có: S MEF  EF .d ( M , EF ) 2 www.MATHVN.com Trang 4
WWW.MATHVN.COM Như vậy S MEF lớn nhất  d ( M , EF ) lớn nhất 1  7  7  xM     yM   7 x  yM  7 2  2  Mà d ( M , EF )  M   52 52  Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta có: 2 2 1  7 1  7   7  xM     yM    5 2.  xM     yM    25 2  2 2  2   1 7   xM  2 yM  2   52 1 . Khi đó:  7  Vậy d ( M , EF ) lớn nhất bằng 2 2 2  1  7  25  xM     yM    2  2 2   M (3;3) hoặc M (4; 4). Câu 7 3đ 1 1 1 1 Với mọ i n nguyên và n  3, tính tổng sau đây: P  3  3  3  ...  3 . C3 C4 C5 Cn 3!  1 1 3!(k  3)! 3! 1  Ta có:     k (k  1)(k  2) 2  (k  1)(k  2) k (k  1)  3 Ck k!   Thay k bằng 3, 4,5,..., n , ta được: 1 3!  1 1    3 C3 2  1.2 2.3  1 3!  1 1    3 C4 2  2.3 3.4  1 3!  1 1    3 C5 2  3.4 4.5  ................................ 1 3!  1 1   Cn 2  (n  1)(n  2) n(n  1)  3   Cộng các đẳng thức trên, ta có: 1 3!  1 1  3(n  1)( n  2) 1 1 1  3  3  ...  3     Cn 2 1.2 n(n  1)  3 2n(n  1) C3 C4 C5  3(n  1)(n  2) Vậy P  .  2n(n  1) ------------------------------Hết------------------------------- www.MATHVN.com Trang 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1111 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.