[r]
(1)SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MƠN: TỐN 12 – THPT
Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/11/2010
Bài 1(4 điểm).
Cho hàm số
x y =
x +1
có đồ thị (C)
a) Chứng minh tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận số không phụ thuộc vào vị trí điểm M
b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn
Bài 2(4 điểm).
a) Cho x, y R ; x 0, y 0 x + y =
Chứng minh rằng:
x y 25
3 25 26
b) Giải hệ phương trình :
2
8
4x + 4xy + y + 2x + y =
1 2x y
; với x, y R
Bài 3(4 điểm).
Cho tứ diện ABCD có bốn đường cao đồng quy điểm H
a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2
b) M điểm nằm tứ diện ABCD; gọi V thể tích tứ diện
ABCD; S1, S2, S3, S4 diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC
Tìm giá trị nhỏ biểu thức : MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 theo V
Bài 4(4 điểm).
a) Cho phương trình: 128x +192x7 5 80x + 8x = (1)
Phương trình (1) có tất nghiệm thực nằm khoảng (0;1)? b) Cho tứ diện ABCD, điểm O nằm tứ diện cho OA=OB=OC=OD = R Các đường thẳng OA, OB, OC, OD cắt mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng A’, B’, C’, D’, Chứng minh
16
' ' ' '
3
AA BB CC DD R Bài 5(4 điểm).
Hãy tìm tất hàm số f xác định tập số thực R, lấy giá trị R thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với số thực x, y
(2)-Họ tên thí sinh_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Số báo danh_ _ _ _ _ _ _ _
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MƠN: TỐN 12 – THPT
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM
Bài 1(4 điểm)
a) Chứng minh tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là số không phụ thuộc vào vị trí điểm M
Hai đường tiệm cận đồ thị hàm số là: Tiệm cận đứng x + = tiệm
cận ngang y - = Cho 0,5 điểm
Giả sử
o o
o x M x ;
x
điểm thuộc đồ thị (C)
Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = xo1
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang : d2 =
o
o o o
x 2
1
x x x
Cho 0,5 điểm
Ta có : o o
2 d d x
x
Vậy tích khoảng cách từ điểm M nằm đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là số không phụ thuộc vào vị trí điểm M
Cho 0,5 điểm
b) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C) cho khoảng cách từ tâm đối xứng (C) đến tiếp tuyến lớn
Tâm đối xứng đồ thị I(–1; 1) Cho 0, điểm
Gọi N(x0,y0) tiếp điểm tiếp tuyến đồ thị, tiếp tuyến (C)
M có phương trình:
0 0 1 x
y x x
x x
0 02 0
1
2 ( 1)
x
x x y x x
Cho 0,5 điểm
Gọi d khoảng cách từ I đến tiếp tuyến ta có: 0 4 ;
4 ( 1)
x
d x
x
, d lớn d2 lớn
Đặt X = x0 +
2 ( ) X g X X
; X 0, ta có
4 '
4 2 (4 ) ( ) (4 ) X X g X X
(3)Ta có bảng biến thiên hàm ( ) X g X X
sau: Cho 0,5 điểm
X 2
2
G’(X) + – + –
G(X) 4 Vậy ( ) X g X X
lớn X 2; X 2, tương ứng với hai giá trị ta
có hai tiếp tuyến sau: y x (2 2); y x (2 2); Cho 1, điểm
Bài 2(4 điểm)
a) Cho x, y R ; x 0; y 0 x + y = Chứng minh rằng:
x y 25
3 25 26
Ta có: P = 25x 5y = 52x 5y
Vì x + y = suy y = – x P = 2x x 5
Cho 0,5 điểm
Đặt t = 5x , 0 x 1 suy 1 t 5 Cho 0,5 điểm
Xét hàm số f(t) = t
t
với t 5
Ta có:
3 '
2
5 2t f (t) 2t
t t
;
3 f '(t) t
2
Bảng biến thiên Cho 0,5 điểm
t
3
2 5
5f’(t) – +
f(t)
6 26
3 25
4
Với t 5 Max f(t) = 26; Min f(t) =
3 25
4 suy ra:
25
3 f (t) 26 hay
x y 25
3 25 26
4 (đpcm) Cho 0,5 điểm
b) Giải hệ phương trình
2
2
(2 ) (2 ) 0(1) 2x 0(2)
x y x y
(4)Đặt u = 2x + y ta có phương trình t 2 + t – = 0, suy t =1; t = -2 ,
Cho 0,50 điểm
Nếu t = 2x + y = hay 1–2x = y 0, vào phương trình (2) ta có
phương trình yy2 0 , đặt u = y 0, suy ra: t4 + 8t – =
(u–1)(u3+u2+u+9)=0, u = 1, u3+u2+u+9>0 u 0, hệ có nghiệm
0
x y
Cho 0,50 điểm
Nếu t = –2 2x + y = –2 hay 1–2x = y + 30 vào phương trình (2) ta có:
2
8 y 3 y 0 y 3 (y 3)(y3) 0
3 ( 3)
y
y y
Với y = – hệ có nghiệm
1
x y
Cho 0,5 điểm
Với ( y 3) y30, đặt v y 3 0, ta có phương trình ( v2 6)v0
Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – , g’(v) =
2
v v
Hàm g(v) đạt cực đại ( 2;8 2 ); đạt cực tiểu ( 2;8 2 ), g(0)=8>0
và 2 >0 nên g(t) = khơng có nghiệm v0
Kết luận hệ có hai nghiệm:
x y
;
1
x y
Cho 0,5 điểm
(5)
a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2
- Chứng minh cặp cạnh đối tứ diện vng góc với đơi
+ Ta có CD AA1, CD BB1 suy ABCD
+ Chứng minh tương tự ta có AC BD AD CB
Cho 1, điểm
- Tam giác AFB vuông F tam giác DFC vuông F suy ra:
2 2
AB AF FB DC2 DF2FC2 suy AB2CD2 AF2FC2BF2DF2
= AC2BD2 (1)
Chứng minh tương tự ta có AC2 + BD2 = AD2 + BC2 (2)
Từ (1) (2) ta có AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 Cho 1,0 điểm
b) Kẻ AA1, MA2 vng góc với mặt phẳng (BCD), ta có:
2
AM MA AA AA AM AA1 MA2(1), dấu xẩy M thuộc
đường cao AA1, Cho 0,5 điểm
Từ (1) suy AM S AA S1 1 MA S2 AM S 3V 3VM BCD (2) Cho 0,5 điểm
Dấu xẩy M thuộc đường cao AA1 Hoàn toàn tương tự cho mặt
CDA, DAB, ABC ta có :
2
3 M CDA(3)
BM S V V , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B,
3
3 M DAB(4)
CM S V V , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C,
4
3 M ABC(5)
DM S V V , dấu = xẩy M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D,
Từ (2), (3), (4) (5) ta có: MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 9V, dấu xẩy
ra M trùng H MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 = 9V Cho 1,0 điểm
Bài 4(4 điểm).
(6)Đặt x = sint, x (0;1) nên t (0; )2
Cho 0,5 điểm
khi ta có phương trình:
8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) = 1 8sint(1 – 2sin2t)[8sin2t( sin2t – 1)+1] =
8sint.cos2t(1 – 2sin22t) = 8sint.cos2t.cos4t = (*), cost 0 , nên nhân hai
vế phương trình (*) cho cost ta có phương trình tương đương:
8sint.cost.cos2t.cos4t = cost 4sin2t.cos2t.cos4t = cost 2sin4t.cos4t = cost
sin8t = cost sin8t = sin(2 t)
Cho 0,5 điểm
t
18 t
14
k l
; với k;l Z ; t (0; )2
nên k, l nhận giá trị 0; t
sẽ nhận giá trị khác khoảng (0; )2
,
Cho 0,5 điểm hàm sint đồng biến khoảng nên x nhận giá trị khác
khoảng (0; 1) (đpcm) Cho 0,5 điểm
A C’
D’ O B’
B D A’
C b) Chứng minh
Gọi V, VA, VB, VC, VD thể tích tứ diện ABCD, OBCD,
OCDA, ODAB, OABC, O điểm nằm tứ diện nên ta có:
V= VA+ VB+ VC+ VD
1
C
A B V D
V V V
V V V V
' ' ' '
' ' ' '
OA OB OC OD
AA BB CC DD
' ' ' '
1
' ' ' '
AA OA BB OB CC OC DD OD
AA BB CC DD
1 1
' ' ' '
AA BB CC DD R
(7)Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
4
' ' ' ' ' ' ' '
1 1 1 1
4
' ' ' ' ' ' ' '
AA BB CC DD AA BB CC DD AA BB CC DD AA BB CC DD
1 1
) 16
' ' ' '
( ' ' ' ')(
AA BB CC DD
AA BB CC DD
16
' ' " '
AA BB CC DD R
Cho 1, điểm
Bài 5(4 điểm).
Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với số thực x, y Nên
x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy f(0) = f(0) = 2
+/ Nếu f(0) = 0, thay x = vào ta f(–y) = –f(y), với y R suy
f (–xy) = – f(xy), thay y –y vào (*) ta :
f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**) Cộng (*) (**) ta có:
f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với số thực x, y (***) Thay x = y ta f(2x)=2f(x) Vậy từ (***) suy f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với số thực x, y, từ suy f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy f(x) = f(1) =1
Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có
m Q n
( )
m m
f
n n , :
( )m ( ) ( )m ( )m ( )
n f f n f f n f m m
n n n Bây ta chứng minh f(x) = x với số
thực x Thật ta có với hai số thực a, b: a > b f(a) –f(b) = f(a – b) =
2
(( ) ) [ ( )]
f a b f a b , tức f(a) > f(b) Ta giả sử f(x) = a < x , tồn
tại số hữu tỷ b: cho a < b < x , theo f(b) = b , vô lý, tương tự cho
a >x ta có diều vơ lý Tóm lại trường hợp ta có hai hàm số f(x) = 0,
f(x) = x Cho 3, điểm
+/ Nếu f(0) = 2, thay x = vào (*) ta có f(– y) + = – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y) Thay y – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với số thực x, y , mà f(0) = nên hàm
đó f(x) = Cho 1, điểm
B HƯỚNG DẪN CHẤM
1/ Điểm làm theo thang điểm 20, tổng điểm thành phần khơng làm trịn số
(8)Bài 5(4 điểm).
Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với số thực x, y Nên
x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy f(0) = f(0) = 2
+/ Nếu f(0) = 0, thay x = vào ta f(–y) = –f(y), với y R suy
f (–xy) = – f(xy), thay y –y vào (*) ta :
f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) (**) Cộng (*) (**) ta có:
f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với số thực x, y (***) Thay x = y ta f(2x)=2f(x) Vậy từ (***) suy f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với số thực x, y, từ suy f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp (**) ta có f(xy) = f(x).f(y) với số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy f(x) = f(1) =1
Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có
m Q n
( )
m m
f
n n , :
( )m ( ) ( )m ( )m ( )
n f f n f f n f m m
n n n Bây ta chứng minh f(x) = x với số
thực x Thật ta có với hai số thực a, b: a > b f(a) –f(b) = f(a – b) =
2
(( ) ) [ ( )]
f a b f a b , tức f(a) > f(b) Ta giả sử f(x) = a < x , tồn
tại số hữu tỷ b: cho a < b < x , theo f(b) = b , vô lý, tương tự cho
a >x ta có diều vơ lý Tóm lại trường hợp ta có hai hàm số f(x) = 0,
(9)+/ Nếu f(0) = 2, thay x = vào (*) ta có f(– y) + = – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y) Thay y – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) (****) Từ (*) (****) ta có f(x+y) = f(x – y) với số thực x, y , mà f(0) = nên hàm
đó f(x) = Cho 1, điểm
b/ Gọi O điểm thỏa mãn OA = OB = OC = OD G
trọng tâm tứ diện ABCD(O, G cố định) Vì G1 trọng tâm tứ diện MBCD nên với
điểm H ta có:
4.HG HM HB HC HD = HM HA HA HB HC HD =AM 4HG=
AO OM GH
, đặt OM 4GH u, ta có 4.HG1 u OA
(1), tương tự ta có:
4.HG u OB
(2), 4.HG3 u OC
(3), 4.HG4 u OD
(4), từ (1), (2), (3), (4) giả thiết cho ta có: (u OA ) (u OB )2 (u OC )2 (u OD )2
u OA u OB u OC u OD
, từ u OA u OB
suy : u OA OB ( ) 0 u BA 0 u0, uBA
từ u OB u OC
suy : u OB OC .( ) 0 u CB 0 u0
, uCB
từ u OC u OD
suy : u OC.( OD) 0 u DC 0 u0, uDC
Vì ba véc tơ BA CB DC, ,
không đồng phẳng nên u0, suy : OM 4GH
,