Đề Thi Học Sinh Giỏi TOÁN 12 - Tỉnh Nghệ An - Bảng A [2009 - 2010] potx

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình:


2
2009 1
x
x x 
= 1.
Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
 
2
( 1) 1
x y m
y x xy m x
 



   


Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương
, ,x y z

. Chứng minh rằng:
`
2 2 2 2 2 2
1 1 1 36
9x y z x y y z x z
  
  
Câu 4 (2,0 điểm).
Cho dãy số
 
n
x
thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i,
1
x
= 2
ii,
1 2 1
2
2 ( 1)
( 1)
n
n
x x n x
x
n n

   



với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
Tính limu
n
với u
n
= (n+1)
3
.
n
x
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường
thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD),
(ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm
Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và thể tích khối tứ diện AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn: f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi
số thực x, y. Chứng minh rằng 2f(x) + x
2
≥ 2 với mọi số thực x thuộc
;
2 2
 
 

 

 
.
- - - Hết - - -
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Đề thi chính thức
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: TOÁN 12 THPT - BẢNG A

CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
4.0
Xét hàm số f(x) =


2
2009 1 1
x
x x  
trên

.
0,5
f’(x) =



2
2
2009 ln2009 1 2009 1
1
x x
x
x x
x
 
   
 

 
1
=


2
2
1
2009 1 ln2009
1
x
x x
x
 
  
 


 
1
vì
2
1x x 
> 0 và
2
1
1x 
 1 < ln2009 nên
( ) 0f x x  

hàm số f(x) đồng
biến trên

. Mặt khác
(0) 0f 
1
Vậy phương trình


2
2009 1 1
x
x x  
có duy nhất một nghiệm x = 0
0.5
2
4,0
Từ y = m - x thay vào phương trình còn lại ta được :

3 2
0 (1)x mx m  
0,5
Xét hàm số
3 2
( )f x x mx m  
trên

0.5
Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

Đồ thị hàm số y = f(x) có hai điểm cực trị nằm về hai
phía đối với Ox (*)
0,5
Ta có
2
( ) 3 2f x x mx

 
;
0
( ) 0
2
3
x
f x
m
x





 



1
 
2 2
3 3
0
2
* (27 4 ) 0
2
(0). ( ) 0
3 3
3
2
m
m
m m
m
f f
m


 





    








1
Vậy
3 3
2
m  
hoặc
3 3
2
m 
là giá trị cần tìm.
0,5
3
2.0
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương
( xy + yz + zx)(9 + x
2
y
2

+ z
2
y
2
+x
2
z
2
) ≥ 36xyz
0.5
Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
xy + yz + zx ≥ 3
2 2 2
3
x y z
(1)
0.5
Và 9+ x
2
y
2
+ z
2
y
2
+x
2
z
2
≥ 12

4 4 4
12
x y z
hay 9 + x
2
y
2
+ z
2
y
2
+x
2
z
2
≥ 12
3
xyz
(2)
0.5
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:
(xy + yz + zx)(9 + x
2
y
2
+ z
2
y
2
+x

2
z
2
) ≥ 36xyz (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
0,5
4
2,0
Ta có x
2
=
1
3
0.25
Với n ≥ 3 Ta có : x
1
+ 2x
2
+ …+ nx
n
= n
3
x
n
. (1)
x
1
+ 2x
2
+ …+( n-1)x

n
= (n-1)
3
x
n-1
. (2)
0.50
Từ (1), (2) suy ra : n x
n
= n
3
x
n
- (n-1)
3
x
n-1
0.25

x
n
=
 
3
2
1
1
3
1 .
1

. .
1
n
n
n x
n n
x
n n n n




 

 
 
 
0.25

x
n
=
2 2 2
2
1 2 2 1 3
.
1 3 1 4
n n n n
x
n n n n

  
     
     
 
     
0.25

2
4
( 1)
n
x
n n


0,25
Su Do đó limu
n
=
 
2
2
4 1
lim
n
n

= 4
0.25
5

3.0
Trong mặt phẳng (ABC) :
AM ∩ BC = {A
1
}.
BM ∩ AC = {B
1
},
CM ∩ AB = {C
1
}
Trong (DAA
1
) :
Kẻ đường thẳng qua M
song song với AD cắt DA
1
tại A’
0.5
Xét tam giác DAA
1
có MA’ // AD nên
1
1
'
MBC
ABC
S
MA MA
DA AA S



 
0.5
Tương tự ta có
1
1
'
MAC
ABC
S
MB MB
DB BB S


 
,
1
1
'
MAB
ABC
MC MC S
DC CC S


 
0,5
Suy ra
 

' ' '
1
MBC MAC MAB ABC
MA MB MC
doS S S S
DA DB DC
     
0.5
D
C
A
1
B
A
A’
M
Ta có
3
' ' ' ' ' '
3 . .
MA MB MC MA MB MC
DA DB DC DA DB DC
  
Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤
1
27
DA.DB.DC (không đổi)
0,5
Vậy giá trị lớn nhất MA’.MB’.MC’ là
1

27
DA.DB.DC, đạt được khi
1 1 1
1 1 1
' ' ' 1 1
3 3
MA MB MC MA MB MC
DA DB DC AA BB CC
      
Hay M là trọng tâm tam giác ABC
0.5
6
3.0
Trong mặt phẳng (ACM) kẻ NI // CM (I

AM)
Trong mặt phẳng (BCD) kẻ BK // CM (K

CD)
0,5
Trong (ABD) DI cắt AB tại P
Trong (AKD) DN cắt AK tại Q
PQ là giao tuyến của (DNI) và (ABK) , do NI // CM, BK // CM nên PQ // CM
0.25
Gọi E là trung điểm PB, ME là đường trung bình tam giác BPD nên ME // PD hay ME // PI
Mặt khác từ cách dựng ta có I là trung điểm AM nên P là trung điểm AE.
Vậy AP = PE = EB
0.25
Suy ra
1

3
AP
AB

MC là đường trung bình tam giác DBK nên BK = 2CM =
3
0.25
Suy ra
1
3
PQ AP
BK AB
 
⟹PQ =
1
3
BK =
3
3
0.25
1 1 1
. . .
2 3 6
AMNP
AMCB
V AM AN AP
V AM AC AB
  
0.5
V

AMCB
=
1
2
V
ABCD
(Do M là trung điểm BD)
0.25
0.5
A
Q
I
D
M
C
K
B
E
N
P
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V
ABCD
=
2
12
(đvtt)
Suy ra V
AMCB
=
1 2 2

.
2 12 24

. Vậy V
AMNP
=
1
6
V
AMCB
=
2
144
(đvtt)
0.25
7
2,0
f(x) f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi số thực x,y (1)
Với x = y = 0 ta có f
2
(0) – f(0) =0

(0) 0
(0) 1
f
f






0,25
Nếu f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0 với mọi x, điều này không xảy ra với
x = y =
2

. Suy ra f(0) = 0 (loại)
0.25
Với f(0) = 1, từ (1) chọn y = -x ta có f(x).f(-x) + sin
2
x = 1
x 
Chọn x =
2

ta được
. 0
2 2
f f
 
   
 
   
   

0
2
0
2
f

f



 

 

 


 
 

 
 

0.25
Nếu
2
f

 
 
 
= 0 từ (1) chọn y =
2

.Ta có
sinx = cos (*)

2 2
f x x x R
 
   
     
   
   
0.25
Nếu
2
f

 

 
 
= 0 từ (1) chọn y = -
2

. Ta có
sinx = cos (**)
2 2
f x x x R
 
   
    
   
   
0,25
Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx. Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn

x 
0.25
Ta cần chứng minh 2cosx + x
2
≥ 2
;
2 2
x
 
 
  
 
 
.
Xét hàm số g(x) = 2cosx + x
2
– 2 trên
;
2 2
 
 

 
 
. Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần
chứng minh g(x) ≥ 0
0;
2
x


 
 
 
 
0,25
g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0
0;
2
x

 
 
 
 
, g”(x) = 0

x = 0 suy ra g’(x)
đồng biến trên
0;
2
x

 
 
 
 
nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0

x=0. Vậy hàm số g(x) đồng
biến trên

0;
2
x

 
 
 
 
nên g(x) ≥ g(0) = 0 hay 2cosx + x
2
≥2 (đpcm). Dấu đẳng thức xảy ra
khi và chỉ khi x = 0
0,25
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.