SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: TOÁN THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm) 1. Anh (chị) hãy nêu các bước thực hiện dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề. 2. Hãy nêu các bước phương pháp tìm lời giải một bài toán. Câu II (3,0 điểm) 1. Anh (chị) hãy nêu quy trình giải bài toán: Xét chiều biến thiên của hàm số ( ) y f x = . 2. Hãy chỉ ra một số ứng dụng của bài toán trên để giải một lớp bài toán và lấy một số ví dụ minh hoạ. Câu III (5,5 điểm) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng ( ) P cắt các cạnh bên , SA , SB , SC SD theo thứ tự tại , K , L , M . N Chứng minh rằng . SA SC SB SD SK SM SL SN + = + (Dựa theo bài 54, trang 12 – SBT Hình học nâng cao lớp 12) 1. Anh (chị) hãy nêu hai định hướng để học sinh tìm được hai cách giải. Hãy trình bày một cách giải. 2. Trong trường hợp mặt phẳng ( ) P đi qua A và M là trung điểm của cạnh SC . Chứng minh rằng 4 3 3 2 SL SN SB SD ≤ + ≤ . Anh (chị) hãy trình bày lời giải bài toán. Câu IV (4,5 điểm) Cho , 2 n n ∈ ≥ ℕ . Chứng minh rằng phương trình 1 n x x = + có một nghiệm dương duy nhất, ký hiệu là n x . Từ đó chứng minh lim 1 n x = và tính lim ( 1) n n x − . Anh (chị) hãy giải bài toán trên và hướng dẫn học sinh tìm lời giải. Câu V (3,0 điểm) Cho các số thực không âm , , x y z thoả mãn điều kiện 1. xy yz zx + + = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 . 1 1 1 P x y z = + + + + + Anh (chị) hãy trình bày lời giải bài toán trên. Hết KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN THPT Câu Nội dung Điểm 1. Phát hiện vấn đề: - Tạo tình huống có vấn đề. - Phát hiện và nhận dạng vấn đề nảy sinh. - Phát hiện vấn đề cần giải quyết. 0,5 2. Giải quyết vấn đề: - Đề xuất các giả thuyết. - Lập kế hoạch giải. - Thực hiện kế hoạch giải. 0,5 +0,5 I-1 (2 đ) 3. Kết luận: - Thảo luận kết quả và đánh giá. - Khẳng định hay bác bỏ giả thuyết đã nêu. - Phát biểu kết luận. - Đề xuất vấn đề mới. 0,5 1. Tìm hiểu nội dung bài toán - Giả thiết là gì? Kết luận là gì? Hình vẽ minh hoạ ra sao? Sử dụng các ký hiệu như thế nào? - Dạng toán nào? - Kiến thức cơ bản cần có là gì?(các khái niệm, các định lí, các điều kiện tương đương, các phương pháp chứng minh…). 0,5 2. Xây dựng chương trình giải - Chỉ rõ các bước cần tiến hành: Bước 1 là gì?, Bước 2 giải quyết vấn đề gì? 0,5 3. Thực hiện chương trình giải - Trình bày bài, làm theo các bước đã chỉ ra. Chú ý sai lầm thường gặp trong tính toán, biến đổi. 0,5 I-2 (2 đ) 4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải - Xem xét có sai lầm không? Có phải biện luận kết quả tìm được không? Nếu là bài toán có nội dung thực tiễn thì kết quả tìm được có phù hợp với thực tiễn không? 0,5 Quy trình: + Tìm tập xác định của hàm số f(x). 0,25 + Tính đạo hàm '( ) f x . Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I . 0,25 + Nếu '( ) 0 f x > với mọi x I ∈ thì hàm số f đồng biến trên khoảng I . Nếu '( ) 0 f x < với mọi x I ∈ thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I . Nếu '( ) 0 f x = với mọi x I ∈ thì hàm số f không đổi trên khoảng I . 0,25 * Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [ ] ; a b và có đạo hàm '( ) 0 f x > trên khoảng ( ; ) a b thì hàm số f đồng biến trên đoạn [ ] ; a b . * Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [ ] ; a b và có đạo hàm '( ) 0 f x < trên khoảng ( ; ) a b thì hàm số f nghịch biến trên đoạn [ ] ; a b . 0,25 II (3 đ) Một số ứng dụng cơ bản: 1. Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. Ví dụ1: Giải phương trình 2 2 (2 1)(2 4 4 4) 3 (2 9 3) 0 x x x x x + + + + + + + = Ví dụ 2: Giải bất phương trình ( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2 x x x x x x + − − + ≤ − + − + + Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 3 2 3 2 3 2 9 27 27 0 9 27 27 0 9 27 27 0 x y y y z z z x x − + − = − + − = − + − = 0,5 2. Chứng minh phương trình, hệ phương trình có đúng 1 nghiệm hoặc 2 nghiệm, trên một khoảng. Ví dụ 1: Chứng minh rằng các phương trình sin(cos ) ,cos(sin ) x x x x = = có nghiệm duy nhất trên 0; 2 π . Ví dụ 2: Chứng minh rằng hệ phương trình 2 2 2011 1 2011 1 x y y e y x e x = − − = − − có đúng 2 nghiệm thoả mãn x, y >1. 0,5 3. Tìm m để phương trình ( ) f x m = có nghiệm, vô nghiệm. Ví dụ: Tìm m để phương trình sau 24 1 x x m + − = có nghiệm. 0,5 4. Chứng minh bất đẳng thức. Ví dụ 1: Chứng minh rằng ( ) ln 1 , , 0 x xy e y y x y ≤ + − ∀ ∈ > ℝ . Ví dụ 2: Cho x,y > 0 thỏa mãn 5 2 4 x y π + < . Chứng minh rằng : .sin cos( ) .sin y x x y x y + < . 0,5 0,25 0,25 Định hướng1: + Chỉ rõ giao điểm hai đường chéo O là trung điểm của mỗi đường. + Ba đường thẳng SO, KM, LN đồng quy tại I. + Diện tích , SKI SAO ∆ ∆ ,… + Tỉ số diện tích ( ) ( ) ; ( ) ( ) dt SKI dt SKM dt SAO dt SAC ,… + Phân tích ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) dt SKM dt SKI dt SMI dt SAC dt SAC + = + Phân tích ( ) ? ( ) dt SLN dt SBD = + Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 0,25 Định hướng 2: + Chỉ rõ O giao điểm của hai đường chéo AC và BD. + Ba đường thẳng SO, KM, LN đồng quy tại I. + Các đẳng thức vectơ liên quan đến trung điểm O. Đẳng thức 2 SA SC SB SD SO + = + = 0,25 + Các đẳng thức SA SA SK SK = ,… Phân tích 2 SA SC SB SD SO + = + = . 0,25 III-1 (4 đ) + Ba điểm K, I, M thẳng hàng suy ra 1 SI xSK ySM x y = + + = Ba điểm L, I, N thẳng hàng suy ra 1 SI kSK tSM k t = + + = + Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 0,25 Lời giải (Theo Định hướng 1). Gọi { } O AC BD = ∩ , { } ( ) I SO P = ∩ . Ta có O là trung điểm của AC và BD, ba đường thẳng SO, KM, LN đồng quy tại I. 0,5 Tỷ số diện tích ( ) 2 ( ) 2. . ( ) 2 ( ) 2. . ; ( ) ( ) . ( ) ( ) . dt SKI dt SKI SK SI dt SMI dt SMI SM SI dt SAC dt SAO SA SO dt SAC dt SCO SC SO = = = = 0,5 ( ) ( ) ( ) 2. . 2. . ( ) ( ) . . dt SKM dt SKI dt SMI SK SI SM SI dt SAC dt SAC SA SO SC SO + ⇒ = = + 0,5 . 2 . 2. SK SM SI SK SM SA SC SO SA SC SO SA SC SK SM SI ⇒ = + ⇒ + = (1) 0,5 Tương tự 2. SB SD SO SL SN SI + = (2) Từ (1) và (2) ta có đpcm 0,5 Lời giải (Theo Định hướng 2). Gọi { } O AC BD = ∩ , { } ( ) I SO P = ∩ . Ta có SI SI SO SO = . Do O là trung điểm của AC và BD nên ta có 2 , 2 SA SC SO SB SD SO + = + = . Từ đó 2 SA SC SB SD SO + = + = 2SA SC SB SD SO SK SM SL SN SI SK SM SL SN SI ⇒ + = + = 2 2 SI SA SC SI SB SD SK SM SL SN SI SO SK SM SO SL SN ⇒ + = + = (1) Vì , , K I M thẳng hàng nên tồn tại , x y mà 1 x y + = sao cho SI xSK ySM = + . (2) Vì , , L I N thẳng hàng nên tồn tại , k t mà 1 k t + = sao cho SI kSL tSN = + . (3) Từ (1), (2), (3) ta có 1 2 2 SI SA SC SI SB SD SO SK SM SO SL SN + = + = SA SC SB SD SK SM SL SN ⇒ + = + . □ Lời giải (Theo tỷ số thể tích). Tỉ số thể tích . . . . . . . . 2 2 . . . . 2. ; 2. . . . . S KLM S KLM S KMN S KMN S ABCD S ABC S ABCD S ACD V V V V SK SL SM SK SM SN V V SA SB SC V V SA SC SD = = = = . . . . . . . . . . 2 2 . . . . . S KLMN S KLM S KMN S ABCD S ABCD V V V SK SL SM SK SM SN SK SM SL SN V V SA SB SC SA SC SD SA SC SB SD + ⇒ = = + = + (1) . . . . 2 . . 2. . . S KLN S KLN S ABCD S ABD V V SK SL SN V V SA SB SD = = ; . . . . 2 . . 2. . . S MNL S MNL S ABCD S BCD V V SM SN SL V V SC SD SB = = . . . . . . . . . . 2 2 . . . . . S KLMN S KLN S MNL S ABCD S ABCD V V V SK SL SN SM SN SL SL SN SK SM V V SA SB SD SC SD SB SB SD SA SC + ⇒ = = + = + (2) Từ (1) và (2) ta có . . . . SK SM SL SN SL SN SK SM SA SC SB SD SB SD SA SC + = + ⇔ . . . . SB SD SL SN SA SC SK SM SL SN SB SD SK SM SA SC + = + ⇔ SB SD SA SM SL SN SK SC + = + . □ 0,5 0,5 III-2 (1,5 đ) Lời giải: Đặt , SB SD x y SL SN = = . Vì I là trọng tâm của tam giác SBD nên 1 2;1 2 x y ≤ ≤ ≤ ≤ . Ta có 3 x y + = . Khi đó 2 1 1 1 1 3 3 3 SL SN SB SD x y x x x x + = + = + = − − Xét hàm số 2 ( ) 3 f x x x = − với [ ] 1;2 x∈ Ta có [ ] 1;2 3 9 max ( ) ( ) 2 4 f x f = = [ ] 1;2 min ( ) (1) (2) 2 f x f f = = = Do đó 4 3 3 2 SL SN SB SD ≤ + ≤ 0,5 Lời giải : *Với mỗi , 2 n n ∈ ≥ ℕ . Xét hàm số ( ) 1 n n f x x x = − − với 0 x > . Hàm số liên tục trên khoảng (0; ) +∞ . 0,25 + Nếu 0 1 x < < thì ( ) 0 n f x < , do đó phương trình ( ) 0 g x = vô nghiệm. + Nếu 1 x ≥ thì Ta có 1 '( ) 1 0 n n f x nx − = − > nên hàm số n f đồng biến trên khoảng (0; ) +∞ 0,25 +0,25 - Ta có (1) 1 n f = − , (2) 2 2 1 1 n n f = − − ≥ và (1). (2) 0 n n f f < . Do đó phương trình ( ) 0 n f x = có ít nhất một nghiệm n x trên khoảng (1;2) . Từ đó phương trình ( ) 0 n f x = có đúng một nghiệm n x trên khoảng (1; ) +∞ . 0,25 - Xét trên khoảng (1; ) n x . Ta có 1 (1) 1 n f + = − , 1 1 ( ) 1 1 ( ) 0 n n n n n n n n n f x x x x x f x + + = − − > − − = = . Suy ra 1 1 (1). ( ) 0 n n n f f x + + < . Từ đó phương trình 1 ( ) 0 n f x + = có đúng 1 nghiệm 1 n x + trên khoảng (1; ) n x . * Suy ra 1 1 n n x x + < < . Vì vậy, dãy số ( ) n x giảm và bị chặn dưới. Do đó dãy số ( ) n x có giới hạn hữu hạn a . 0,5 Ta chứng minh 1 a = . Thật vậy, giả sử 1 a > . Khi đó, n x a ≥ với mọi , 2 n n ∈ ≥ ℕ và ta tìm được n ∈ ℕ đủ lớn sao cho 3 n n n x a ≥ > và 2 1 3 n x < + < , điều này mâu thuẫn với 1 0 n n n x x − − = . Do đó lim 1 n x = . 0,5 * Đặt 1 n n x y = + với lim 0 n y = . Do 1 n n n x x = + nên (1 ) 2 n n n y y + = + , ta được .ln(1 ) ln( 2) n n n y y + = + . Suy ra lim .ln(1 ) ln 2 n n y+ = hay ( ) ln(1 ) lim . . lim ln 2 n n n y n y y + = vì vậy lim . ln 2 n n y = . Do đó lim ( 1) ln 2 n n x − = . 0,5 IV (4,5 đ) Hướng dẫn giải : - Cách chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất trên một khoảng. Đặt ( ) 1 n n f x x x = − − . + n f liên tục trên khoảng (1; ) +∞ . + n f đồng biến trên khoảng (1; ) +∞ . + Chứng minh trên khoảng (0;1) phương trình vô nghiệm. Chứng minh trên khoảng (0; ) +∞ phương trình có ít nhất một nghiệm. Xét tích (1). (2) n n f f . Suy ra phương trình có đúng 1 nghiệm dương trên khoảng (1 ;2). 0,5 - Chỉ ra dãy số ( ) n x giảm và bị chặn dưới bởi 1. + Chứng minh trên khoảng (1; ) n x phương trình 1 1 0 n x x + − − = có nghiệm dương duy nhất 1 n x + . Suy ra 1 1 n n x x + < < . 0,5 - Chứng minh: lim 1 n x = bằng phương pháp phản chứng. 0,5 - Đặt 1 n n x y = + + Tính lim ;lim ln(1 ) n n y n y + . + Tính lim . lim ( 1) n n n y n x = − . 0,5 Lời giải : Ta có 2 1 ( )( ) x x y z x + = + + . Do đó 1 1 1 ( )( ) ( )( ) ( )( ) P x y z x x y y z y z z x = + + + + + + + + = 2( ) ( )( )( ) x y z x y y z z x + + + + + 1,0 * 2( ) 2( ) 2 ( )( ) ( )( ) x y z x y z P x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx + + + + = ≥ = + + + + − + + + + Suy ra min 2 P = đạt được khi 1 ( ; ; ) (0; ; ), 0 x y z t t t = > và các hoán vị của nó. 1,0 * Áp dụng bất đẳng thức 8 ( )( )( ) ( )( ) 9 x y y z z x x y z xy yz zx + + + ≥ + + + + ta có 2( ) 9 8 4 ( )( ) 9 x y z P x y z xy yz zx + + ≤ = + + + + . Do đó 9 max 4 P = đạt được khi 3 3 x y z= = = . 1,0 V (3 đ) Lời giải (Áp dụng phương pháp ứng dụng lượng giác) + Nếu x hoặc y hoặc z bằng 0 thì 2 P = . + Nếu , , 0 x y z > . Đặt tan ; tan ; tan 2 2 2 A B C x y z = = = . Từ giả thiết , , 0 x y z > và 1 xy yz zx + + = nên tồn tại , , A B C là ba góc của ABC ∆ . *Áp dụng bất đẳng thức 3 1 cos cos cos 2 A B C < + + ≤ . *Khi đó 2 2 2 3 1 os os os (cos cos cos ) 2 2 2 2 2 A B C P c c c A B C = + + = + + + . Suy ra min 2 P = đạt được khi 1 ( ; ; ) (0; ; ), 0 x y z t t t = > và các hoán vị của nó. 9 max 4 P = đạt được khi 3 3 x y z = = = . Ghi chú : 1. Phần lấy ví dụ, GV lấy ví dụ đúng khác với đáp án vẫn cho điểm tương ứng. 2. Phần giải bài tập, GV làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa. . 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN THPT Câu Nội dung Điểm 1. Phát hiện vấn đề: - Tạo tình huống có vấn đề. - Phát hiện và nhận dạng vấn đề nảy sinh. - Phát hiện vấn đề cần giải quyết. 0,5. giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 1 1 1 . 1 1 1 P x y z = + + + + + Anh (chị) hãy trình bày lời giải bài toán trên. Hết KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 - 2011 MÔN: TOÁN THPT Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (4,0 điểm) 1. Anh (chị)