DA HSG toan 12 tinh Nghe an

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 ln 2009 1 2009 1
1
x x
x
x x
x

 
+ − + −
 ÷
+
 

1
=
(
)
2
2
1
2009 1 ln 2009
1
x
x x
x
 
+ − −
 ÷
+
 
1
vì
2
1x x+ −
> 0 và
2
1

1x +
< 1 < ln2009 nên
'
( ) 0,> ∀ ∈ ¡f x x

⇒
hàm số f(x) đồng
biến trên
¡
. Mặt khác
(0) 0f =
1
Vậy phương trình f(x) = 0 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
Hệ pt có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt
khi và chỉ khi 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 : 0.5
Trang 1/ 4 - 12 THPT - B¶ng A
xy + yz + zx ≥ 3
2 2 2
3
x y z
(1)
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-1
= (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
SMA MA
DA AA S
∆
∆
= =
0.5
Tương tự ta có
1
1
'
MAC
ABC
SMB 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
Ta có
3
' ' ' ' ' '
3 . .
MA MB MC MA MB MC
DA DB DC DA DB DC
+ + ≥

0,5
Trang 2/ 4 - 12 THPT - B¶ng A
D
C
A
1
B
A
A’
M

Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤
1
27
DA.DB.DC (không đổi)
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
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V
ABCD
=
2
12
(đvtt)
0.5
Suy ra V
AMCB
=
1 2 2
.
2 12 24
=
. Vậy V
AMNP
=

1
6
V
AMCB
=
2
144
(đvtt)
0.25
Trang 3/ 4 - 12 THPT - B¶ng A
A
Q
I
D
M
C
K
B
E N
P
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
π
. 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
π
ta được
. 0
2 2
f f
π π
   
− =
 ÷  ÷
   
⇒

0
2
0
2
f
f
π
π

 
=
 ÷

 


 
− =

 ÷
 

0.25
Nếu
2
f
π
 
 ÷
 

= 0 từ (1) chọn y =
2
π
.Ta có
sinx = cos (*)
2 2
f x x x R
π π
   
+ = − + ∀ ∈
 ÷  ÷
   
0.25
Nếu
2
f
π
 
−
 ÷
 
= 0 từ (1) chọn y = -
2
π
. Ta có
sinx = cos (**)
2 2
f x x x R
π π
   

− = − ∀ ∈
 ÷  ÷
   
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
π π
 
∀ ∈ −
 
 
.
Xét hàm số g(x) = 2cosx + x
2
– 2 trên
;
2 2
π π
 
−
 
 
. Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần chứng

minh g(x) ≥ 0
0;
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
0,25
g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0
0;
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
, g”(x) = 0
⇔
x = 0 suy ra g’(x)
đồng biến trên
0;
2
x
π
 
∀ ∈
 

 
nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0
⇔
x=0. Vậy hàm số g(x) đồng
biến trên
0;
2
x
π
 
∀ ∈
 
 
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.
Trang 4/ 4 - 12 THPT - B¶ng A
M
A
B
C
D