SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC
( Hướng dẫn chấm có : 2 trang )
Bài 1 ( 4 điểm)
Gọi M(a;-3a +2) và (d) là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k. Phương trình của (d)
là: y = k(x – a) -3a +2.
1đ
x 3 3x 2 k(x a) 3a 2
2
(2)
3x 3 k
(d) tiếp xúc với ( C)
(1)
1đ
Thay k từ (2) vào (1) ta:
x 0(kep)
x 3x 2 (3x 3)(x a) 3a 2 x (2x 3a) 0
3a
x
2
3
2
2
1đ
Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))
- Nếu a khác 0, qua M có hai tiếp tuyến.
1đ
Bài 2 (4 điểm)
Đẳng thức đã cho 2cos2 A 1 2 3 cos(B C).cos(B C)
5
0
2
4cos2 A 4 3 cos A.cos(B C) 3 0
1đ
1đ
2
2cos A 3 cos(B C) 3sin 2 (B C) 0
1đ
sin(B C) 0
B C 0
0
A 30
3
3
0
cos(B C) cos A
B C 75
cos A
2
2
1đ
Bài 3 ( 4 điểm )
Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a . O nhìn các cạnh AB , BC, CD
, DA một góc bằng 600 suy ra AB = BC = CD = DA = a
1đ
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , BD ta có MN AC , BD (NAC)
1
3
Đặt AC = x , BD = y ta có VABCD S NAC BD
1
xy 4a 2 x 2 y 2
12
1đ
Áp dụng bất đẳng thức Cau Chy ta có:
3
VABCD
3
1
1
1 4a 2 x 2 y 2 x 2 y 2
2a
S NAC BD
(4a 2 x 2 y 2 ) x 2 y 2
3
12
12
3
9 3
Dấu = xảy ra khi x y
2a
3
1
1,5đ
Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD =
2a
3
0,5đ
Bài 4 ( 4 điểm)
V1 6
Đặt Vn 3u n . Ta có:
1đ
3
Vn 1 Vn 3Vn
x x 6
Chọn x1 , x 2 sao cho: 1 2
x1x 2 1
11
11
+/ Với n = 1, ta có: V1 6 x1 x 2 x13 x 32
k 1
1đ
k 1
+/ Với n = k, giả sử: Vk x13 x 32
k 1
k 1
+/ Với n = k+1, ta có: Vk1 Vk3 3Vk x13 x 32
k 1
x13 x 32 3(x1x 2 )3
k
k
3 x
3
x
3k 1
1
3k 1
1
k 1
x 32
k 1
x 32
3x
3k 1
1
k 1
x 32
x
3k
1
Suy ra, theo nguyên lý quy nạp thì: Vn x13 x 32 ; n N*
n
1
n
x 32
k
1,5đ
Vậy: u n (3 10)3 (3 10)3 ( vì x1 , x 2 là nghiệm của pt x 2 x 1 0) 0,5đ
3
Bài 5 ( 4 điểm)
Trong 1) cho y = 2 ta có: f x.f (2) .f (2) f (x 2) f (x 2) 0; x 0.
1đ
n 1
n 1
Vì f (x) 0, x 0;2 t x 2 2 . Do đó f (t) 0, t 2 hay f (x) 0, x 2.
Vậy:
0 neu 0 x 2
f (x)
0 neu x 2
1đ
Bây giờ ta chỉ cần tìm hàm f(x) với x 0;2 . Khi đó: 2-x > 0 nên:
f (2 x)f (x) f (x) f (2 x x) f (2) 0
f (2 x)f (x) 0 (2 x)f (x) 2
1
2x
f (x)
2
1đ
Do f (y x)f (x) 0 (y x).f (x) 2 . Ta cho x cố định, còn y 2 (do tính liên tục)
thì ta có:
2x
1
2x
2
f (x)
.
2
f (x)
2
2x
2
, x 0;2
Tóm lại: f (x) 2 x
0
x 2;
1đ
LƯU Ý:
- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ
- Thí sinh có lời giải đúng trong phạm vi kiến thức của chương trình (khác với đáp án)
thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2
3
SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO
TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC
( Hướng dẫn chấm có : 2 trang )
Bài 1 ( 4 điểm)
Gọi M(a;-3a +2) và (d) là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k. Phương trình của (d)
là: y = k(x – a) -3a +2.
1đ
x 3 3x 2 k(x a) 3a 2
2
(2)
3x 3 k
(d) tiếp xúc với ( C)
(1)
1đ
Thay k từ (2) vào (1) ta:
x 0(kep)
x 3x 2 (3x 3)(x a) 3a 2 x (2x 3a) 0
3a
x
2
3
2
2
1đ
Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))
- Nếu a khác 0, qua M có hai tiếp tuyến.
1đ
Bài 2 (4 điểm)
Đẳng thức đã cho 2cos2 A 1 2 3 cos(B C).cos(B C)
5
0
2
4cos2 A 4 3 cos A.cos(B C) 3 0
1đ
1đ
2
2cos A 3 cos(B C) 3sin 2 (B C) 0
1đ
sin(B C) 0
B C 0
0
A 30
3
3
0
cos(B C) cos A
B C 75
cos A
2
2
1đ
Bài 3 ( 4 điểm )
Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a . O nhìn các cạnh AB , BC, CD
, DA một góc bằng 600 suy ra AB = BC = CD = DA = a
1đ
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , BD ta có MN AC , BD (NAC)
1
3
Đặt AC = x , BD = y ta có VABCD S NAC BD
1
xy 4a 2 x 2 y 2
12
1đ
Áp dụng bất đẳng thức Cau Chy ta có:
3
VABCD
3
1
1
1 4a 2 x 2 y 2 x 2 y 2
2a
S NAC BD
(4a 2 x 2 y 2 ) x 2 y 2
3
12
12
3
9 3
Dấu = xảy ra khi x y
2a
3
1
1,5đ
Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD =
2a
3
0,5đ
Bài 4 ( 4 điểm)
V1 6
Đặt Vn 3u n . Ta có:
1đ
3
Vn 1 Vn 3Vn
x x 6
Chọn x1 , x 2 sao cho: 1 2
x1x 2 1
11
11
+/ Với n = 1, ta có: V1 6 x1 x 2 x13 x 32
k 1
1đ
k 1
+/ Với n = k, giả sử: Vk x13 x 32
k 1
k 1
+/ Với n = k+1, ta có: Vk1 Vk3 3Vk x13 x 32
k 1
x13 x 32 3(x1x 2 )3
k
k
3 x
3
x
3k 1
1
3k 1
1
k 1
x 32
k 1
x 32
3x
3k 1
1
k 1
x 32
x
3k
1
Suy ra, theo nguyên lý quy nạp thì: Vn x13 x 32 ; n N*
n
1
n
x 32
k
1,5đ
Vậy: u n (3 10)3 (3 10)3 ( vì x1 , x 2 là nghiệm của pt x 2 x 1 0) 0,5đ
3
Bài 5 ( 4 điểm)
Trong 1) cho y = 2 ta có: f x.f (2) .f (2) f (x 2) f (x 2) 0; x 0.
1đ
n 1
n 1
Vì f (x) 0, x 0;2 t x 2 2 . Do đó f (t) 0, t 2 hay f (x) 0, x 2.
Vậy:
0 neu 0 x 2
f (x)
0 neu x 2
1đ
Bây giờ ta chỉ cần tìm hàm f(x) với x 0;2 . Khi đó: 2-x > 0 nên:
f (2 x)f (x) f (x) f (2 x x) f (2) 0
f (2 x)f (x) 0 (2 x)f (x) 2
1
2x
f (x)
2
1đ
Do f (y x)f (x) 0 (y x).f (x) 2 . Ta cho x cố định, còn y 2 (do tính liên tục)
thì ta có:
2x
1
2x
2
f (x)
.
2
f (x)
2
2x
2
, x 0;2
Tóm lại: f (x) 2 x
0
x 2;
1đ
LƯU Ý:
- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ
- Thí sinh có lời giải đúng trong phạm vi kiến thức của chương trình (khác với đáp án)
thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó.
- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5.
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
2
3