Hướng dẫn chấm thi chọn học sinh giỏi lớp 12: Môn Toán (Năm học 2012 - 2013)

Chia sẻ: Hiếu Đặng Vĩnh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

68
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu hướng dẫn chấm thi chọn học sinh giỏi lớp 12 "Môn Toán" năm học 2012 - 2013 giúp học sinh có thêm đề tham khảo bổ ích, chuẩn bị thật tốt kỳ thi học sinh giỏi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn chấm thi chọn học sinh giỏi lớp 12: Môn Toán (Năm học 2012 - 2013)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT QUẢNG NAM NĂM HỌC 2012 – 2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT Câu Nội dung lời giải Điể m 1 3.0 1 ln x −ln y = ( xy +1) ( y − x ) (1) 2 3.0 x + y =1 2 2 (2) +ĐK: x,y >0 (1)  lnx – lny = ( y – x)(xy + 1) 0.5 = ( y – x)(xy + x2 + y2 ) (do (2)) = y3 – x3  lnx + x3 = lny + y3 (3) 0.25 Xét hàm số f(t) = lnt + t3, Df = (0; +∞) 0.5 1 Ta có : f’(t) = + 3t 2 > 0, ∀t D f => f là hàm số tăng trên Df 0.5 t Do đó : (3)  x = y (do f đơn điệu) 0.5 1 2 Suy ra: (2)  x =  x = 2 (Vì x >0) 0.25 2 2 2 => x = y = là nghiệm của hệ phương trình. 2 �2 2� Vậy hệ phương trình đã cho có 1 nghiệm (x; y) : � �2 ; 2 � � 0.5 � � 2 2.5 Từ giả thiết ta có: xn+1 – xn = xn ≤ 0 2 0.25 => ...≤xn ≤ xn 1 ≤....≤ x2 ≤ x1= a 0.25 Căn cứ vào đồ thị hàm số y = f(x) = x(1 – x) và tập ảnh của các miền tương ứng qua ánh xạ x a x(1x), ta có các trường hợp sau : 0.25 +TH1 : 0 ≤ a ≤ 1 Ta có : x2 = a(1a) ≥ 0 => 0 ≤ x2 ≤ x1≤ 1 Suy ra 0 ≤ xn ≤ 1, n N* 0.25 Do đó : dãy (xn) không tăng, bị chặn dưới bởi số 0 0.25 nên tồn tại limxn = b, với b [0; 1] Chuyển qua giới hạn ta được b = b (1 – b)  b = 0 Vậy limxn = 0 khi 0 ≤ a ≤ 1 0.25 +TH2 : a 1 Ta có: x2 x3
Số (2011)2012 =(9.223+4)2012 ≡ 42012 (mod 9) 0.25 Vì 43k+r ≡ 4r (mod 9) nên 42012 ≡ 42 ≡ 7 (mod 9) 0.25 Suy ra : (2011)2012 ≡ 7 (mod 9) Số 2012 ≡ 5 (mod 9) Do đó: số A ≡ 3 (mod 9) 0.25 Suy ra: A = 9k + 3, k N => A = 3(3k + 1), k N 0.25 Giả sử A là số chính phương => Tồn tại số tự nhiên x sao cho x2 = A => x2 = 3(3k + 1) => x2 M 3 => x M 3 0.25 => x = 3m, với m là số tự nhiên => x2 = 9m2 => x2 M 9 0.25 => A M 9 (vô lí vì A = 9k + 3) 0.25 b 2.0 Sắp xếp 30 số của tập hợp A thành một hàng theo thứ tự tăng dần bắt đầu từ 1. Gọi 6 số được chọn là a1, a2, a3, a4, a5, a6 với a1
Số cách chọn 6 điểm từ 20 điểm trên là C206 . Mỗi cách chọn như vậy tương ứng 1 – 1 với 1 nghiệm (t1, t2, …, t7) của hệ (**). 6 0.5 Vậy số cách chọn 6 số thỏa mãn YCBT là C20 4 8 5.0 a 3.0 6 +Ta có: AB=5, AC = 2 13 , BC = 9. F +C/m góc B, C nhọn => D [BC] 0.25 A N + Đặt x = BD, y = DC, ta có hệ: 4 x+ y =9 0.25  x= 3 và y = 6 2 E y 2 − x 2 = 27 Suy ra : BD= 3, DC = 6, DA = 4 + Chọn hệ tọa độ trong mặt phẳng sao 0.25 10 -5 B D M 5 C cho D(0; 0), B( 3; 0), A( 0; 4). 10 15 Suy ra: C( 6; 0). -2 + Ta có phương trình các đường tròn 2 3� 25 đường kính AB và đường kính AC lần lượt là : � �x + �+ ( y − 2 ) = 2 và � 2� 4 -4 0.5 ( x − 3) + ( y − 2 ) = 13 2 2 -6 + Đường thẳng (∆) đi qua D không trùng với DA có phương trình y = kx. 0.25 4k − 3 0.25 E là giao điểm của (∆) và đường tròn đường kính AB, E≠ A nên xE = -8 1+ k2 4k + 6 0.25 Tương tự, ta có xF = 1+ k2 3 4k + 3 2 hay ( 1 + k ) a = 4k + 2 Suy ra hoành độ điểm N là a = 0.25 2 1+ k 2 3 uuuur uuuur � 3 � + Từ N(a; ka), A(0; 4), M( ;0). Suy ra: AN = ( a; ka − 4 ) và MN = � a − ; ka � 0.25 2 � 2 � uuuur uuuur 2 3 � 3 � => AN .MN = a − a + k a − 4ka = a � 2 2 2 ( � 1 + k 2 ) a − − 4k �=0 2 � 0.25 Vậy AN vuông góc với MN (đpcm) 0.25 b 2.0 Ta có : AN2 + NM2 ≥ 2 AN .NM hay 2 AN .NM ≤ AM2 (Số không đổi) 0.5 Suy ra: Diện tích tam giác AMN đạt GTLN khi AN = NM 0.25 2 � 3� Lúc đó: AN = NM  a + ( ka − 4 ) a − �+ ( ka ) 2 2 2 2 2 =� 0.25 � 2�  k2 = 1 0.25 �11 11 � 290 Với k = 1, ta có: N � ; �, suy ra CN2 = 0.25 �4 4 � 16 � 5 5� 576 Với k = 1, ta có : N �− ; − �, suy ra CN2 = � 4 4� 16 0.25 290 Vậy GTNN của CN là 4 0.25 Lưu ý : Không tính điểm cho Hình vẽ câu này; Hình vẽ là cơ sở để thuyết minh lời giải mà thôi. 3
3.0 f ( xf ( x ) +f ( y ) ) = � f ( x) � 2 5 � �+y , ∀x,y R (*) +Chứng minh f là song ánh. C/m f đơn ánh : y1, y2 R, ta có : f(y1) = f(y2) => f[xf(x) +f(y1)] = f[xf(x) +f(y2)] 0.25 => [f(x)]2 + y1 = [f(x)]2 + y2 => y1 = y2 => f là đơn ánh (đpcm) (1) 0.25 C/m f toàn ánh : VP(*) là hàm số bậc nhất theo y, khi cố định x => VT(*) có miền giá trị R. Suy ra f toàn ánh (đpcm) (2) (1) & (2), suy ra f song ánh (đpcm) 0.25 Do đó tồn tại duy nhất số thực a sao cho f(a) = 0. 0.25 + Xét x = 0 và x =a, thay vào (*), ta được : f ( f ( y) ) = � �f ( 0 ) � 2 �+ y 0.5 => f(0) = 0 f ( f ( y) ) = y Lúc này, ta có: f(0) = 0 và f(f(y)) = y, y R +Xét y = 0, thay vào (*) : f(xf(x) + f(0)) = [f(x)]2 , với x R => f(xf(x)) = [f(x)]2 , x R (3) 0.25 => f [f(x).f(f(x))] = [f(f(x))] , x R 2 => f(f(x).x) = x2 , x R (4) 0.25 Từ (3) và (4), suy ra: [f(x)] = x , x R 2 2 => f(x) = x hoặc f(x) = x , với x R 0.25 + Ta chứng minh không tồn tại 2 số a, b≠ 0 sao cho không đồng thời xảy ra f(a) = a và f(b) = b. Thật vậy, thay vào (*), ta được: f(b2 – b) = a2 + b => (a2 – b)2 = (a2 + b)2 => 4a2b = 0 => a = 0 hoặc b = 0 (mâu thuẩn a, b ≠ 0) Do đó: f(x) = x, x R hoặc f(x) = x , x R 0.25 + Thử lại: . f(x) = x, x R, thay vào (*): f(x2 + x) = x2 + x  x2 + x = x2 + x (đúng) . f(x) = x, x R, thay vào (*): f( x2 x) = ( x)2 + x 0.25  (x2 – x) = x2 + x (đúng) 0.25 Tóm lại: hàm số f cần tìm là f(x) = x , x R hoặc f(x) = x , x R 6 2.5 Không mất tính tổng quát, đặt z =min{x, y, z} 0.25 Ta có : x ≥ x – z > 0, y ≥ y – z > 0 � 1 1 1� A ≥ ( x + y ) � + + 2 2 Suy ra : 2 � 0.5 ( ) 2 2 � � x − y x y � � � 1 1 1� Đặt M = ( x + y ) � + 2 + 2� 2 2 ( x − y) x y � 2 � � � � 1 x2 + y 2 � (�x − y ) + 2 xy � 2 =� �� + 2 2 � ( ) 2 � x − y x y � � ( x − y ) + 2 xy � 2 � 1 (�x − y ) + 2 xy � 2 =� �� + � ( ) 2 2 2 � x − y x y � � 2 ( x − y ) + 2 xy � 2 2 xy � = 1 + +� � ( x − y) 2 � � xy � � 4
2 ( x − y) 2 2 xy � � = 1 + + � + 2 � ( x − y) � 2 � xy � � 0.5 ( x − y ) > 0 . Ta có : M = f(t) = 1 + 2 + ( t+2 ) 2 2 Đặt t = xy t 2 0.25 Hay ta có: f(t) = t 2 +4t+ +5 , Df = (0; +∞ ) t 3 2 2 ( t+1) ( t 2 +t1) f ’(t) = 2t+4 2 = 2t +4t 2 = t2 t2 t2 5 −1 f ’(t) = 0 , t Df  t = 2 0.25 Bảng biến thiên : 5 −1 0.25 t +∞ 0 2 f’(t) 0 + 11 + 5 5 f(t) 2 0.25 ( x − y ) = 5 − 1 và z = 0 2 11 + 5 5 Suy ra : Min f ( t ) = khi Df 2 xy 2 0.25 Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm. ============= 5