BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN

BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁNBỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁNBỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁNBỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN BỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁNBỘ ĐỀ THI HSG TỈNH MÔN TOÁN LỚP 12_CÓ ĐÁP ÁN

1

SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC

( Hướng dẫn chấm có : 2 trang )

Bài 1 ( 4 điểm)

Gọi M(a;-3a +2) và (d) là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k Phương trình của (d)

(d) tiếp xúc với ( C)

3

2



 

 

Thay k từ (2) vào (1) ta:

x 2









Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))

- Nếu a khác 0, qua M có hai tiếp tuyến 1đ

Bài 2 (4 điểm)

2

2

4cos A 4 3 cos A.cos(B C) 3 0

2 2

2 cos A 3 cos(B C) 3sin (B C) 0

0

0

 

1đ

Bài 3 ( 4 điểm )

Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a O nhìn các cạnh AB , BC, CD

, DA một góc bằng 600 suy ra AB = BC = CD = DA = a 1đ Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , BD ta có MN AC , BD(NAC)

4

V  S BD xy a x y 1đ

Áp dụng bất đẳng thức Cau Chy ta có:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

Dấu = xảy ra khi 2

3

a

x y

2

Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD = 2

3

a

0,5đ

Bài 4 ( 4 điểm)

Đặt Vn 3un Ta có: 1 3

n 1 n n







 

Chọn x , x1 2 sao cho: 1 2

1 2

 



  



+/ Với n = 1, ta có: 3 1 1 3 1 1

+/ Với n = k, giả sử: 3 k 1 3 k 1

k 1 2

V x  x  +/ Với n = k+1, ta có:  k 1 k 1 3 k 1 k 1

3 k 3 k 3 k 1 3 k 1 3 k 1  3 k 1 3 k 1 3 k 3 k

Suy ra, theo nguyên lý quy nạp thì: 3 n 3 n *

n 1 2

n

1

3

      ( vì x , x1 2 là nghiệm của pt 2

x    x 1 0) 0,5đ

Bài 5 ( 4 điểm)

Trong 1) cho y = 2 ta có: f x.f (2) f (2)  f (x2)f (x2)  0; x 0 1đ

Vì f (x)  0, x 0;2   t x 2 2 Do đó f (t)    0, t 2 hay f (x)    0, x 2.

Vậy: f (x) 0 neu 0 x 2



Bây giờ ta chỉ cần tìm hàm f(x) với x0;2  Khi đó: 2-x > 0 nên:

f (2 x)f (x) f (x) f (2 x x)f (2)0

f (2 x)f (x) 0 (2 x)f (x) 2

f (x) 2



Do f (y x)f (x) 0 (yx).f (x)2 Ta cho x cố định, còn y  2(do tính liên tục) thì ta có:

     



2

f (x)

 

 



1đ

LƯU Ý:

- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ

- Thí sinh có lời giải đúng trong phạm vi kiến thức của chương trình (khác với đáp án) thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5

-

3

1

SỞ GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH

TỈNH BÀ RỊA –VŨNG TÀU LỚP 12 THPT , NĂM HỌC 2008-2009

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN-ĐỀ CHÍNH THỨC

( Hướng dẫn chấm có : 2 trang )

Bài 1 ( 4 điểm)

Gọi M(a;-3a +2) và (d) là đường thẳng đi qua M có hệ số góc là k Phương trình của (d)

(d) tiếp xúc với ( C)

3

2



 

 

Thay k từ (2) vào (1) ta:

x 2









Biện luận: - Nếu a=0, có một tiếp tuyến ( khi đó (d) trùng với (D) và M là điểm uốn của ( C))

- Nếu a khác 0, qua M có hai tiếp tuyến 1đ

Bài 2 (4 điểm)

2

2

4cos A 4 3 cos A.cos(B C) 3 0

2 2

2 cos A 3 cos(B C) 3sin (B C) 0

0

0

 

1đ

Bài 3 ( 4 điểm )

Tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O bán kính bằng a O nhìn các cạnh AB , BC, CD

, DA một góc bằng 600 suy ra AB = BC = CD = DA = a 1đ Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AC , BD ta có MN AC , BD(NAC)

4

V  S BD xy a x y 1đ

Áp dụng bất đẳng thức Cau Chy ta có:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2

Dấu = xảy ra khi 2

3

a

x y

2

Vậy tứ diện thoả đề bài là tứ diện có AB = BC = CD = DA = a , AC = BD = 2

3

a

0,5đ

Bài 4 ( 4 điểm)

Đặt Vn 3un Ta có: 1 3

n 1 n n







 

Chọn x , x1 2 sao cho: 1 2

1 2

 



  



+/ Với n = 1, ta có: 3 1 1 3 1 1

+/ Với n = k, giả sử: 3 k 1 3 k 1

k 1 2

V x  x  +/ Với n = k+1, ta có:  k 1 k 1 3 k 1 k 1

3 k 3 k 3 k 1 3 k 1 3 k 1  3 k 1 3 k 1 3 k 3 k

Suy ra, theo nguyên lý quy nạp thì: 3 n 3 n *

n 1 2

n

1

3

      ( vì x , x1 2 là nghiệm của pt 2

x    x 1 0) 0,5đ

Bài 5 ( 4 điểm)

Trong 1) cho y = 2 ta có: f x.f (2) f (2)  f (x2)f (x2)  0; x 0 1đ

Vì f (x)  0, x 0;2   t x 2 2 Do đó f (t)    0, t 2 hay f (x)    0, x 2.

Vậy: f (x) 0 neu 0 x 2



Bây giờ ta chỉ cần tìm hàm f(x) với x0;2  Khi đó: 2-x > 0 nên:

f (2 x)f (x) f (x) f (2 x x)f (2)0

f (2 x)f (x) 0 (2 x)f (x) 2

f (x) 2



Do f (y x)f (x) 0 (yx).f (x)2 Ta cho x cố định, còn y  2(do tính liên tục) thì ta có:

     



2

f (x)

 

 



1đ

LƯU Ý:

- Tổ chấm thống nhất điểm thành phần đến 0,25đ

- Thí sinh có lời giải đúng trong phạm vi kiến thức của chương trình (khác với đáp án) thì vẫn cho điểm tối đa của phần đó

- Điểm toàn bài làm tròn đến 0,5

-

3