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. . SỞ GD& ĐT NGHỆ AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12 NĂM HỌC 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN HỌC - THPT B NG B Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4,0 điểm). Giải. và tên thí sinh: Số b o 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. 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