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. . 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. 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. 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