Đề thi HSG môn Toán lớp 12 tỉnh Nghệ An năm học 2009-2010

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:  22009 1x 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  nx thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:
i, 1x = 2
ii, 1 2 12
2 ... ( 1)
( 1)
n
n
x x n x
x
n n
     với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
Tính limun với un = (n+1)3. nx
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) + x2 ≥ 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) =  22009 1 1x x x   trên  . 0,5
 f’(x) =  2 22009 ln 2009 1 2009 11x x xx x x       1
=  2 212009 1 ln 2009 1x 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  22009 1 1x 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 30
2
* (27 4 ) 02(0). ( ) 0 3 33
2
m m
m mmf 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 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz 0.5
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có :
 xy + yz + zx ≥ 3 2 2 23 x y z (1) 0.5
Và 9+ x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 4 4 412 x y z hay 9 + x2y2 + z2y2 +x2z2 ≥ 12 3 xyz (2) 0.5
Do các về đều dương, từ (1),(2) suy ra:
(xy + yz + zx)(9 + x2y2 + z2y2 +x2z2) ≥ 36xyz (đpcm).
 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z =1
0,5
4 2,0
Ta có x2 =
1
3
0.25
Với n ≥ 3 Ta có : x1 + 2x2 + + nxn = n3xn. (1)
x1 + 2x2 + +( n-1)xn = (n-1)3xn-1. (2) 0.50
Từ (1), (2) suy ra : n xn = n3xn - (n-1)3xn-1 0.25
xn=  
3 2
1
13
1 . 1
. .
1
n
n
n x n n
x
n n n n


      0.25
 xn=
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)nx n n  0,25
 Su Do đó limun =
 2
2
4 1
lim
n
n

= 4 0.25
5 3.0
Trong mặt phẳng (ABC) :
 AM ∩ BC = {A1}.
BM ∩ AC = {B1},
CM ∩ AB = {C1}
Trong (DAA1) :
Kẻ đường thẳng qua M
song song với AD cắt DA1 tại A’
0.5
Xét tam giác DAA1 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 ABCMA MB MC do S S S SDA DB DC      0.5
D
C
A1
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
VAMCB = 12 VABCD (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 VABCD =
2
12
(đvtt)
Suy ra VAMCB =
1 2 2
.
2 12 24
 . Vậy VAMNP = 16 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 f2(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) + sin2x = 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 + x2 ≥ 2 ;
2 2
x
       .
 Xét hàm số g(x) = 2cosx + x2 – 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.