Tải bản đầy đủ (.pdf) (4 trang)

Đáp án HSG Toán học lớp 12 Quảng Ninh 2012-2013 bảng A - Học Toàn Tập

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (189.4 KB, 4 trang )

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO QUẢNG NINH


HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012 – 2013

Mơn Tốn – Bảng A (đề thi chính thức)



Bài Sơ lược lời giải ðiểm


Bài 1
6ñiểm


1. Giao hai tiệm cận I( 1;1)


Giả sử tiếp tuyến cần lập tiếp xúc với đồ thị tại điểm có hồnh độ x0


=>phương trình tiếp tuyến có dạng: 0


0
2


0 0


3 2


( )


( 1) 1


x


y x x



x x


− +


= − +


− −


0,5


Tiếp tuyến cắt tiệm cận ñứng tại A( 0
0


5
1;


1
x
x


+
− )
Tiếp tuyến cắt tiệm cận ngang tại B(2x0−1;1)


0,5


Ta có 0


0 0



5 6


1 ;


1 1


x
IA


x x


+
= − =


− − IB= 2x0− −1 1) =2 x0−1


Nên 0


0
6


. .2 1 12


1


IA IB x


x


= − =





0,5


Do vậy diện tích tam giác IAB : 1 . 6
2


S = IA IB=


Gọi p là nửa chu vi ∆IAB => bán kính đường trịn nội tiếp ∆IAB : r S 6
p p


= =
=> r lớn nhất <= > p nhỏ nhất. Mặt khác ∆IAB vuông tại I nên


0,5


2 2


2p=IA+IB+AB=IA+IB+ IA +IB ≥2 IA IB. + 2IA IB. =4 3+2 6
Dấu “ = ” xảy ra <=>IA=IB ⇔(x0−1)2 = ⇔ = ±3 x 1 3


0,5
Với x= −1 3ta có tiếp tuyến d1 : y= − −x 2( 3 1)−


Với x= +1 3ta có tiếp tuyến d2 : y=2( 3 1)+ −x


0,5



2. L =


2 7 2 2


0


( 2012) 1 2 ( 2012)


lim
x


x x x x


x




+ − − + + 1


=


7
2


0


1 2 1


lim ( 2012)



x


x


x x


x


 − − 


+ +


 


 


Ta có L1 =


2
0


lim( 2012) 2012


xx + = ; L3 = limx→0x=0


1


Tính L2 =



7
0


1 2 1


lim
x


x
x




− −


ðặt


7


71 2 1


2
t
x t x
− = => =
Và khi x → 0 thì t → 1


=> L2 = 1 7 1 2 3 4 5 6


2( 1) 2 2



lim lim


1 1 7


t t


t


t t t t t t t


→ →


− −


= = −


− + + + + + +


Vậy L = 2012. 2 0 4024


7 7


+ = −
 


 



(2)

Bài 2
3ñiểm



ðiều kiện:


2
2


0
4


4 2 4


8 2 0


x
x


x x


x x


+







≠ ⇔ − ≤ <





 + − ≥





0,5


Với đ/k đó phương trình đã cho tương đương với


⇔ 2 2 2


( x 2x 8) m 8 2x x 2 8 2x x 6 m 0


− − + + − + − + + − − − = . (1) 0,5


ðặt t = 2


8+2xx ; Khi x ∈[ – 2; 4) thì t ∈[ 0; 3] . (2)


Phương trình trở thành : – t2 – mt + 2t – 6 – m = 0 0,5




2


2 6
1
t t
m



t
− + −
=


+ .


Xét hàm số

[ ]



2 2 6


( ) ; 0;3


1
t t


f t t


t
− + −


= ∈


+ ; f’(t) =


2
2
2 8
( 1)
t t



t
− − +


+


0,5


f’(t) = 0 ⇔ 4
2
t
t


= −

 =


Bảng biến thiên của hàm số f(t) trên ñoạn [ 0 ; 3 ].


t 4 1 0 2 3 +∞


f’(t) 0 + + + 0


f(t)


- 2


6 9



4






0,5


Phương trình đã cho có nghiệm x∈[–2; 4) ⇔ Phương trình (2) có nghiệm t∈[0; 3]
⇔ ðường thẳng y = m cắt ñồ thị hàm số f(t) , t ∈[ 0; 3 ] ⇔ – 6 ≤ m ≤ – 2


Vậy với – 6 ≤ m ≤ – 2 thi phương trình có nghiệm 0,5


Bài 3
3điểm


Ta có:


sin 45 sin
2


r r


x


B C


= o = + ;


;


sin


2
r
y


B
=


sin
2
r
z


C
=




r



r

r



B

C



A



I



1



Suy ra:


sin sin sin


2 2 2 2 2 ( )


sin sin sin sin


2 2 2 2 2 2


B C B C C B


cos cos


yz r r


r r a


B C B C B C


x tg tg


+


+


= = = + = =>


2 2


2


2
y z
a


x



(3)

Ngồi ra định lý hàm cos trong tam giác BIC cho :
a2 = y2+z22yzcosBIC


<=> 2 2 2 2 (180 )
2
B C
a = y +zyzcos − +
<=> 2 2 2


2 135
a = y +zyzcos o
<=> 2 2 2 2


2 .
2


a = y +z + yz (2)
Từ (1) và (2) ta có :


2 2


2 2



2 2


y z


y z yz


x = + + <=> 2 2 2


1 1 1 2


x = y + z + yz
1


Bài 4
5ñiểm


a)


( )


CM BM


CM ABM BH
CM AB




 ⊥



=>




 ⊥





=> BH CM BH (ACM) AC


BH AM




 ⊥


=>




 ⊥





=> AC BH AC (BHK)


AC BK





 ⊥


=>




 ⊥





1


Mặt phẳng (BHK) ñi qua B cố định và
vng góc với AC cố định nên


mp(BHK) cố định


0,5


∆BHK vng tại H => SBHK= (1/2) BH.HK


2 2 2


4 4


BH HK BK



(const)


+


≤ =


vậy ∆BHK có diện tích lớn nhất BH = HK ∆BHK vng cân.
Khi đó


2
BK
BH =


1


Mà 1 2 12 1 2


BH = AB + BM 2 2 2


1 1 1


BK = AB + BC


=> 1 2 1 2 12 12 1 2 1 2


2 2 2


BK = BH <=> AB + BC = AB + BM


1



<=>


2 2


2 2 2 2 2 2 2


1 1 1 1 1 2


2 2 4 4


h R


BM BC AB R h h R


+


= + = + =


=>


2 2
2


2 2 2 2


4 2


2 2



h R hR


BM BM


h R h R


= <=> =


+ +


(với R là bán kính đường trịn (C), AB = h )


1


Mà B cố định => M thuộc đường trịn tâm B bán kính


2 2


2
2
hR
h + R


=> có hai vị trí của M làm cho diện tích ∆BHK đạt GTLN đó là giao của
đường trịn (C) và đường trịn (B;BM)


0,5


H
B



C


M
A



(4)

Bài 5
3ñiểm


2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2 2 2 4 4 2 2


4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2


( )( ) ( )( ) ( )( )


P a b a b a b b c b c b c c a c a c a


a b a b b c b c c a c a


+ + − + + − + + −


= + +


+ + + + + +


Nhận xÐt: Do abc=2 2 nªn a2, b2, c2 là các số thực dơng


0,5


Xét : A =



2 2
2 2


x y xy


x y xy


+ −


+ + với x,y > 0


Chia tử và mẫu cho y2 v t t = x


y ta đợc A =


2
2


1
1
t t
t t
− +


+ + víi t > 0


0,5


XÐt hàm sè f(t) =



2
2


1
1
t t
t t
− +


+ + trªn (0;+∞)


Ta cã : f’(t) =


2


2 2


2( 1)


0 1


( 1)
t


t
t t





= ⇔ =
+ +


Bảng biến thiên:


t 0 1 +


f’(t) – 0 +


f(t)


1 1


1
3


0,5


Dựa vào bảng biến thiên ta có ( ) 1
3


f t ≥ với mọi t > 0
Từ đó A =


2 2
2 2


1
3


x y xy
x y xy


+ −


+ + với x,y > 0; dấu bằng xảy ra khi t = 1 nên x = y.
Áp dụng với x = a2 , y = b2 ta có


4 4 2 2
4 4 2 2


1
3


a b a b


a b a b


+ −

+ +
Tương tự


4 4 2 2
4 4 2 2


1
3
b c b c


b c b c


+ −


+ + ,


4 4 2 2
4 4 2 2


1
3
c a c a
c a c a


+ −

+ +


0,5


=> P 1( 2 2) 1( 2 2) 1( 2 2) 2( 2 2 2)


3 a b 3 b c 3 c a 3 a b c


≥ + + + + + = + + 0,5


Áp dụng BðT Cơsi ta có 2 2 2 3 2 2 2


3 6



a +b +ca b c = với abc=2 2


=> P ≥ 4 dấu ñẳng thức xảy ra chẳng hạn khi a = b = c = 2
Vậy Pmin = 4 khi chẳng hạn a = b = c = 2


0,5


Chú ý:


1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược bài giải .Bài làm của học sinh phải chi
tiết,lập luận chặt chẽ,tính tốn chính xác mới được điểm tối ña.


2. Các cách giải khác nếu ñúng vẫn cho điểm. Tổ chấm trao đổi và thơng nhất chi tiết
nhưng khơng được q số điểm dành cho câu, phần đó.


3. Có thể chia điểm thành từng phần nhưng khơng dưới 0,25 điểm và phải thống nhất trong
cả tổ chấm.


4. ðiểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm. Khơng làm trịn điểm





×