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) = ( ) 2 2009 1 1 x x x+ − − trên ¡ . 0,5 f’(x) = ( ) 2 2 2009 ln 2009 1 2009 1 1 x x x x x x   + − + −  ÷ +   1 = ( ) 2 2 1 2009 1 ln 2009 1 x x x x   + − −  ÷ +   1 vì 2 1x x+ − > 0 và 2 1 1x + < 1 < ln2009 nên ' ( ) 0,> ∀ ∈ ¡f x x ⇒ hàm số f(x) đồng biến trên ¡ . Mặt khác (0) 0f = 1 Vậy phương trình f(x) = 0 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 Hệ pt có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 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 : 0.5 Trang 1/ 4 - 12 THPT - B¶ng A xy + yz + zx ≥ 3 2 2 2 3 x y z (1) 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 về 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 Ta có x 2 = 1 3 0.25 Với n ≥ 3 Ta có : x 1 + 2x 2 + …+ nx n = n 3 x n . (1) x 1 + 2x 2 + …+( n-1)x n-1 = (n-1) 3 x n-1 . (2) 0.50 Từ (1), (2) suy ra : n x n = n 3 x n - (n-1) 3 x n-1 0.25 ⇒ x n = ( ) 3 2 1 1 3 1 . 1 . . 1 n n n x n n x n n n n − − − −   =  ÷ − +   0.25 ⇒ x n = 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) n x n n = + 0,25 Su Do đó limu n = ( ) 2 2 4 1 lim n n + = 4 0.25 5 3.0 Trong mặt phẳng (ABC) : AM ∩ BC = {A 1 }. BM ∩ AC = {B 1 }, CM ∩ AB = {C 1 } Trong (DAA 1 ) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA 1 tại A’ 0.5 Xét tam giác DAA 1 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 ABC MA MB MC doS S S S DA DB DC + + = + + = 0.5 Ta có 3 ' ' ' ' ' ' 3 . . MA MB MC MA MB MC DA DB DC DA DB DC + + ≥ 0,5 Trang 2/ 4 - 12 THPT - B¶ng A D C A 1 B A A’ M Suy ra MA’.MB’.MC’ ≤ 1 27 DA.DB.DC (không đổi) 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 V AMCB = 1 2 V ABCD (Do M là trung điểm BD) 0.25 ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V ABCD = 2 12 (đvtt) 0.5 Suy ra V AMCB = 1 2 2 . 2 12 24 = . Vậy V AMNP = 1 6 V AMCB = 2 144 (đvtt) 0.25 Trang 3/ 4 - 12 THPT - B¶ng A A Q I D M C K B E N P 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 f 2 (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 π . 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∀ ∈ ¡ Chọn x = 2 π ta được . 0 2 2 f f π π     − =  ÷  ÷     ⇒ 0 2 0 2 f f π π    =  ÷        − =   ÷    0.25 Nếu 2 f π    ÷   = 0 từ (1) chọn y = 2 π .Ta có sinx = cos (*) 2 2 f x x x R π π     + = − + ∀ ∈  ÷  ÷     0.25 Nếu 2 f π   −  ÷   = 0 từ (1) chọn y = - 2 π . Ta có sinx = cos (**) 2 2 f x x x R π π     − = − ∀ ∈  ÷  ÷     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 + x 2 ≥ 2 ; 2 2 x π π   ∀ ∈ −     . Xét hàm số g(x) = 2cosx + x 2 – 2 trên ; 2 2 π π   −     . Do g(x) là hàm số chẵn nên chỉ cần chứng minh g(x) ≥ 0 0; 2 x π   ∀ ∈     0,25 g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0 0; 2 x π   ∀ ∈     , g”(x) = 0 ⇔ x = 0 suy ra g’(x) đồng biến trên 0; 2 x π   ∀ ∈     nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0 ⇔ x=0. Vậy hàm số g(x) đồng biến trên 0; 2 x π   ∀ ∈     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. Trang 4/ 4 - 12 THPT - B¶ng A M A B C D . S S S DA DB DC + + = + + = 0.5 Ta có 3 ' ' ' ' ' ' 3 . . MA MB MC MA MB MC DA DB DC DA DB DC + + ≥ 0,5 Trang 2/ 4 - 12 THPT. 1 } Trong (DAA 1 ) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA 1 tại A’ 0.5 Xét tam giác DAA 1 có MA’ // AD nên 1 1 ' MBC ABC SMA MA DA AA S ∆ ∆