ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2008

Chia sẻ: Mai Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

238
lượt xem 78
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đáp án kì thi chọn học sinh giỏi lớp 12 thpt cấp tỉnh năm 2008', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH NĂM 2008

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM KÌ THI CHỌN HSG LỚP 12 THPT CẤP TỈNH ́ Khóa ngày 25 thang 11 năm 2008 Môn: TOÁN Nội dung Câu  Điều kiện: x > -1 1  Biến đổi về phương trình: ( x + 1) = 4 4  Do đó: x = 2 − 1 1/ Gọi S 1 , S 2 , S 3 lần lượt là diện tích các tam giác 2 BMN,CNP, AMP. SABN BN A = Ta có: SABC BC Mà: BC BN + NC 1 k +1 = =1+ = M P BN BN k k k Vậy: SABN = S k +1 C B SNBM MB N =  Ta có: SNBA AB AB AM + MB = =1+ k Mà: MB MB 1 Vậy: SNBM = SABN k +1 k k  Nên: SNBM = S hay S1 = S (k + 1) 2 (k + 1) 2  Vì S 1 , S 2 , S 3 có vai trò như nhau nên: k S1 = S 2 = S 3 = S (k + 1) 2  Diện tích tam giác MNP bằng:  3k  3k SMNP = S − S = 1 − S (k + 1) 2 ÷ (k + 1) 2   3k 2/  Diện tích tam giác MNP nhỏ nhất khi hàm y = 1 − (k + 1) 2 với k > 0 đạt giá trị nhỏ nhất. 3(k − 1) Ta có: y’ = ( k >0) (k + 1)3
2 Lập bảng biến thiên , từ đó suy ra hàm số đạt giá trị nh ỏ nh ất 1 khi k = 1, khi đó y = . 4 S  Do đó: Diện tích tam giá MNP đạt GTNN bằng khi k = 1. 4  Ta có: 3 ( a + b) 7 − a 7 − b 7 = 7a 6 b + 21a 5b 2 + 35a 4 b3 + 35a 3b 4 + 21a 2 b 5 + 7ab 6 = 7ab( a + b) ( a + 2a b + 3a b + 2ab + b ) 4 3 22 3 4 = 7ab( a +b ) ( a 2 + ab + b 2 ) 2  Theo giả thiết ta suy ra: a 2 + ab + b 2 chia hết cho 73 .  Chọn: a = 1, a 2 + ab + b 2 = 73 ta được: b 2 + b − 342 = 0 Giải phương trình ta được: b = 18 hoặc b = -19 ( loại)  Vậy cặp ( a, b) = ( 1, 18) thoả điều kiện bài toán. y  Đặt u = 11z , v = 5 2 ( Đk: u > 0, v > 0 ) ta có hệ phương trình: 4 u x − v 4 = 71 u x = v 4 + 71 (1)   u + v = 21 ⇔ u = 21 − v 2 2 (2) u x −1 + v = 16 u x = (16 − v)u (3)    Vì u > 0 nên 21- v 2 > 0 suy ra: 0 < v < 21 Từ (1), (2), (3) suy ra: (v 4 + 71) − (16 − v)(21 − v 2 ) = 0 ⇔ v 4 − v3 + 16v 2 + 21v − 265 = 0  Đặt f(v) = v 4 − v3 + 16v 2 + 21v − 265 Ta có: f(0) = -265 < 0 , f(4) = 267 > 0 nên f(0).f(4) < 0 f'(v) = 4v3 − 3v 2 + 32v + 21 f’’(v) = 12v 2 − 6v + 32 > 0 với mọi v ∈ (0; 21)  Vậy f(v) là hàm tăng trên (0; 21 )  Do đó: f(v) = 0 có nghiệm duy nhất thuộc khoảng (0; 21 ). Nên hệ phương trình có nghiệm duy nhất.
3  Ta có: f (a) − f (b) ≥ a − b với mọi a, b thuộc [a; b]. (1) 5 Mà: f(a), f(b) thuộc [a; b] nên: f (a) − f (b) ≤ a − b . (2) Từ (1) và (2) suy ra: f (a) − f (b) = a − b Do đó: f(a) = a, f(b) = b hoặc f(a) = b, f(b) = a. * Nếu f(a) = a, f(b) = b thì: . f (x) − f (a) = f (x) − a ≥ x − a ⇔ f(x) – a ≥ x - a f(x) ≥ x với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ . f (b) − f (x) = b − f (x) ≥ b − x ⇔ b - f(x) ≥ b - x f(x) ≤ x với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ Do đó: f(x) = x với mọi x ∈ [ a;b ] * Nếu f(a) = b, f(b) = a thì: . f (x) − f (a) = f (x) − b ≥ x − a ⇔ b - f(x) ≥ x - a a + b – x ≥ f(x) với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ . f (x) − f (b) = f (x) − a ≥ x − b ⇔ f(x) – a ≥ b - x a + b – x ≤ f(x) với mọi x ∈ [ a;b ] ⇔ Do đó: f(x) = a + b - x với mọi x ∈ [ a;b ]  Kết luận: f(x) = x hoặc f(x) = a + b - x 6  Ta có: P(x, y) = x − 3xy + y 3 2 3 = ( y − x ) − 3( y − x ) x 2 − x 3 3 = − y3 + 3y ( x − y ) + ( x − y ) 2 3  Vậy: P(x, y) = P( y - x, -x ) = P( -y, x - y )  Do đó: (x, y) là một nghiệm nguyên của phương trình P(x, y) = n ( n nguyên dương) thì ( y-x, -x) và (-y, x – y) cũng là nghiệm .  Rõ rang: 3 nghiệm này phân biệt. Thật vậy: vì nếu chúng trùng nhau thì x =y = 0 Khi đó: n = 0 Vô lí ! 1/ 7  Nội tiếp tứ diện ABCD trong một hình ch ữ nh ật AECF.GBHD ( xem hình). Gọi: x, y, z là ba kích thước hình hộp chữ nhật. V là thể tích hình tứ diện ABCD. Ta có: hình hộp chữ nhật AECF.GBHD chia thành 5 khôi chóp: ABCD và bốn khối chóp có thể tích bằng nhau là G.ABD, F.ADC, H.BDC, E.ABC.
4 Do đó: Vhhcn = V + 4.VG.ABD 11 x.y.z = V + 4. . .x.y.z Hay 32 1 ⇔ V = xyz 3  Theo định lý Pitago ta có hệ phương trình xác định x, y, z : x 2 + y2 = b2 2 y + z = c 2 2 z 2 + x 2 = a 2  a 2 + b2 + c2 Suy ra: x + y + z = 2 2 2 2  Giải hệ phương trình trên ta được: a 2 + b 2 − c2 c2 + b2 − a 2 a 2 + c2 − b2 x= ;y = x= 2 2 2 ; 2 2 2 112 ( b + a 2 − c2 ) ( b2 + c2 − a 2 ) ( c2 + a 2 − b2 )  Vậy: V = 32 2/  Tâm hình cầu ngoại tiếp tứ diện cũng chính là tâm I c ủa hình cầu ngoại tiếp của hình hộp chữ nhật. Suy ra: I chính là trung điểm của đường chéo hình hộp chữ nhật. x 2 + y2 + z2 2(a 2 + b 2 + c 2 ) =  Bán kính R = 2 4 B H D G I E C A F