ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC MÔN TOÁN TỈNH NGHỆ AN 2009-2010 BẢNG B ppsx

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG B
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình:
3
2 (5 3 ) 5 3 2 5 3 .x x x x x     
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).
Tính
 
2
1
2
1
os( 1)
lim .
2 1
x
x
e c x
x x


 
 
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng
qua M song song với AD cắt mặt phẳng (BCD) tại A’, đường thẳng qua M song song với
BD cắt mặt phẳng (ACD) tại B’, đường thẳng qua M song song với CD cắt mặt phẳng
(ABD) tại C’. Chứng minh tổng
' ' 'MA MB MC
DA DB DC
 
không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
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 cạnh AB lấy điểm P sao cho
1
.
3
AP
AB

Tính thể tích khối tứ diện
AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Tìm 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.
- - - 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 B

CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
1
4.0
Điều kiện
5

3
x 
0,5
Phương trình tương đương
 
3
3
2 5 3 2 5 3x x x x    
0,75
Do hàm số f(t) = t
3
+ 2t đồng biến trên R,
0,75
 
( ) 5 3f x f x 
nên x =
5 3x
0,75
2 2
0 0
5 3 3 5 0
x x
x x x x
 
 
 
 
    
 
0,75

Vây phương trình có nghiệm
3 29
2
x
 

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 phương trình 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 vế 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
Đặt t = x – 1 Khi
1x 
thì
0t 
0.25
 
2
2
1
2 2
1 0
os( 1) cos

lim lim
2 1
x
t
x t
e c x e t
I
x x t

 
  
 
 
0.25
=
2
2 2
0
1 1 cos
lim
t
t
e t
t t

 
 

 
 

 
0.5
Do
2
2
0
1
lim 1
t
t
e
t



0.25
2
2 2
0 0
2sin
1 cos
2
lim lim
t t
t
t
t t
 



0.25
2
2
0
2sin
1
2
lim
2
4
2
t
t
t


 
 
 
0,25
Suy Vậy I = 1+
1 3
2 2

0.25
5
3.0
Trong mặt phẳng (ABC) : AM cắt BC tại A
1
.

BM cắt AC tại B
1
, CM cắt AB tại C
1
Trong (DAA
1
) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA
1
tại A’
1
Xét tam giác DAA
1
có MA’ // AD nên
1
1
'
MBC
ABC
S
MA
MA
DA AA S


 
1
Tương tự ta có
1
1
'

MAC
ABC
S
MB
MB
DB BB S


 
,
1
1
'
MAB
ABC
MC S
MC
DC CC S


 
0,5
D
C
A
1
B
A
A’
M

Suy ra
 
' ' '
1
MBC MAC MAB ABC
MA MB MC
doS S S S
DA DB DC
     
không phụ thuộc vào vị
trí điểm M
0.5
6
3.0
1 1 1
. . .
2 3 6
AMNP
AMCB
V AM AN AP
V AM AC AB
  
1
V
AMCB
=
1
2
V
ABCD

(Do M là trung điểm BD)
0,5
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V
ABCD
=
2
12
0.5
Suy ra V
AMCB
=
1 2 2
.
2 12 24

0.5
Vậy V
AMNP
=
1
6
V
AMCB
=
2
144
(đvtt)
0,5
7
2,0

f(x) Ta có : 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





0,5
Với f(0) = 0, từ (1) chọn y = 0 ta có f(x) = 0
x
, điều này không xảy ra với
2
x y

 
.
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 
0,25

Chọn x =
2

ta được
. 0
2 2
f f
 
   
 
   
   

0
2
0
2
f
f



 

 

 


 

 
 

 

0.25
A
D
M
C
B
N
P
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
x R 
. Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn
0.25
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.