Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2010-2011 - Sở GD&ĐT tỉnh Đắk Lắk (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi môn Toán - Kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2010-2011 - Sở GD&ĐT tỉnh Đắk Lắk (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút(không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 12/11/2010 Bài 1(4 điểm). x1 Cho hàm số y= có đồ thị là (C) x +1 a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Bài 2(4 điểm). a) Cho x,y R ; x 0,y 0 và x + y = 1. 25 Chứng minh rằng: 33 25xy 5 26 4 22 4x +4xy+y +2x+y 2=0 b) Giải hệ phương trình : ; với x,y R 2 81 2x y 9 0 Bài 3(4 điểm). Cho tứ diện ABCD có bốn đường cao đồng quy tại điểm H. a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 b) M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD; gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 theo V. Bài 4(4 điểm). a) Cho phương trình: 128x7 +192x 5 80x 3 +8x 1= 0 (1) Phương trình (1) có tất cả bao nhiêu nghiệm thực nằm trong khoảng (0;1)? b) Cho tứ diện ABCD, điểm O nằm trong tứ diện sao cho OA=OB=OC=OD = R. Các đường thẳng OA, OB, OC, OD cắt các mặt BCD, CDA, DAB, ABC 16 tương ứng ở A’, B’, C’, D’, Chứng minh rằng AA'''' BB CC DD R 3 Bài 5(4 điểm). Hãy tìm tất cả các hàm số f xác định trên tập số thực R, lấy giá trị trong R và thỏa mãn hệ thức f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y), với mọi số thực x, y. Hết Họ và tên thí sinh_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ Số báo danh_ _ _ _ _ _ _ _
2. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 - 1011 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài 1(4 điểm). a) Chứng minh rằng tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số là: Tiệm cận đứng là x + 1 = 0 và tiệm cận ngang là y - 1 = 0 Cho 0,5 điểm x1o Giả sử M xo ; là điểm thuộc đồ thị (C) x1o Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = x1o x1o 22 Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là : d2 = 1 xo 1 x o 1 x o 1 Cho 0,5 điểm 2 Ta có : d1 .d 2 x o 1. 2 x1o Vậy tích các khoảng cách từ một điểm M nằm trên đồ thị (C) đến hai đường tiệm cận là là một hằng số không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. Cho 0,5 điểm b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) sao cho khoảng cách từ tâm đối xứng của (C) đến tiếp tuyến là lớn nhất. Tâm đối xứng của đồ thị là I(–1; 1) Cho 0, 5 điểm Gọi N(x0,y0) là tiếp điểm của tiếp tuyến và đồ thị, khi đó tiếp tuyến của (C) tại M có phương trình: 2 x0 1 x 1 y x x0 Cho 0,5 điểm 2 x 1 2x ( x 1)22 y x 2 x 1 0 x0 1 0 0 0 0 Gọi d là khoảng cách từ I đến tiếp tuyến trên ta có: 44x0 2 dx ;10 , khi đó d lớn nhất khi và chỉ khi d lớn nhất 4 4 (x0 1) 2 4 X ' 2XX (4 ) Đặt X = x0 + 1 và gX() ; X 0 , ta có gX() 4 X 4 (4 X 42 ) Khi đó d2 lớn nhất khi gX()lớn nhất Ta có bảng biến thiên của hàm như sau: Cho 0,5 điểm
3. X 2 0 2 G’(X) + 0 – 0 + 0 – 1 G(X) 4 0 0 0 X 2 Vậy gX() lớn nhất khi X 2 ; X 2 , tương ứng với hai giá trị đó ta 4 X 4 có hai tiếp tuyến sau: yx (2 2); yx (2 2) ; Cho 1, 0 điểm Bài 2(4 điểm). 25 a) Cho x,y R ; x 0;y 0 và x + y = 1. Chứng minh rằng: 33 25xy 5 26 4 Ta có: P = 25xy 5 = 552x y 5 Vì x + y = 1 suy ra y = 1 – x vậy P = 52x Cho 0,5 điểm 5x Đặt t = 5x , do 0 x 1 suy ra 1 t 5 Cho 0,5 điểm 5 Xét hàm số f(t) = t2 với t 3 ' 5 2t 5 5 Ta có: f (t) 2t ; f '(t) 0 t 3 tt22 2 Bảng biến thiên Cho 0,5 điểm t 1 5 3 5 2 5f’(t) – 0 + 6 26 f(t) 25 33 4 25 Với Max f(t) = 26; Min f(t) = suy ra: 33 f (t) 26 4 hay (đpcm) Cho 0,5 điểm (2x y )2 (2 x y )2 0(1) b) Giải hệ phương trình 2 81 2x y 9 0(2) Đặt u = 2x + y ta có phương trình t 2 + t – 2 = 0, suy ra t =1; t = -2 , Cho 0,50 điểm Nếu t = 1 thì 2x + y = 1 hay 1–2x = y 0, thế vào phương trình (2) ta có phương trình 8yy 2 9 0, đặt u = y 0, suy ra: t4 + 8t – 9 = 0 (u–1)(u3+u2+u+9)=0, vậy u = 1, vì u3+u2+u+9>0 khi u 0, khi đó hệ có nghiệm x 0 y 1
4. Cho 0,50 điểm Nếu t = –2 thì 2x + y = –2 hay 1–2x = y + 3 0 thế vào phương trình (2) ta có: y 3 8yy 3 2 9 0 8y 3 ( y 3)( y 3) 0 8 (yy 3) 3 0 1 x Với y = – 3 thì hệ có nghiệm 2 Cho 0,5 điểm y 3 Với 8 (yy 3) 3 0 , đặt vy 30 , ta có phương trình 8 (vv2 6) 0 3 2 v 2 Xét hàm số : g(t) = v – 6v + 8, g’(v) = 3v – 6 , g’(v) = 0 khi v 2 Hàm g(v) đạt cực đại tại ( 2 ;8 4 2 ); đạt cực tiểu tại ( 2 ;8 4 2 ), vì g(0)=8>0 và >0 nên g(t) = 0 không có nghiệm v 0 x 0 Kết luận hệ có hai nghiệm: ; Cho 0,5 điểm y 1 Bài 3(4 điểm). A M B1 A2 D B E A1 F C a) Chứng minh rằng: AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 - Chứng minh các cặp cạnh đối của tứ diện vuông góc với nhau từng đôi một + Ta có CD  AA1, CD BB1 suy ra AB CD. + Chứng minh tương tự ta có AC BD và AD CB Cho 1, 0 điểm - Tam giác AFB vuông tại F và tam giác DFC vuông tại F suy ra:
5. AB2 AF 2 FB 2 và DC2 DF 2 FC 2 suy ra AB2 CD 2 AF 2 FC 2 BF 2 DF 2 = AC22 BD (1) Chứng minh tương tự ta có AC2 + BD2 = AD2 + BC2 (2) Từ (1) và (2) ta có AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 Cho 1,0 điểm b) Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), khi đó ta có: AM MA2 AA 2 AA 1 AM AA12 MA (1) , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M thuộc đường cao AA1, Cho 0,5 điểm Từ (1) suy ra AMS.1 AAS 1 . 1 MAS 2 . 1 AMS . 1 3 V 3 VM . BCD (2) Cho 0,5 điểm Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1. Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta có : BM. S2. 3 V 3 VM CDA (3) , dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, CM. S3. 3 V 3 VM DAB (4), dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, DM. S4. 3 V 3 VM ABC (5), dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 9V, dấu bằng xẩy ra khi M trùng H. vậy MA.S1 + MB.S2 + MC.S3 + MD.S4 = 9V. Cho 1,0 điểm Bài 4(4 điểm). a/ Ta có: 128x7 +192x 5 80x 3 +8x 1= 0 8x (1 2 x2 )(8 x 4 8 x 2 1) 1 Đặt x = sint, vì x (0;1) nên t (0; ) Cho 0,5 điểm 2 khi đó ta có phương trình: 8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) = 1 8sint(1 – 2sin2t)[8sin2t( sin2t – 1)+1] = 1 8sint.cos2t(1 – 2sin22t) = 1 8sint.cos2t.cos4t = 1 (*), vì cost 0 , nên nhân hai vế của 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 () t Cho 0,5 điểm 2 2k t 18 9 ; với k;l Z; do t nên k, l chỉ nhận các giá trị 0; 1. khi đó t 2l t 14 7 sẽ nhận 4 giá trị khác nhau trong khoảng , Cho 0,5 điểm vì hàm sint đồng biến trong khoảng đó nên x cũng nhận 4 giá trị khác nhau trên khoảng (0; 1) (đpcm). Cho 0,5 điểm
6. A C’ D’ O B’ B D A’ C b) Chứng minh. Gọi V, VA, VB, VC, VD lần lượt là thể tích của các tứ diện ABCD, OBCD, OCDA, ODAB, OABC, do O là điểm nằm trong tứ diện nên ta có: VVVABDVC OA'''' OB OC OD V= VA+ VB+ VC+ VD 1 1 VVVV AA'''' BB CC DD AA'''' OA BB OB CC OC DD OD 1 AA'''' BB CC DD 1 1 1 1 3 Cho 1,0 điểm AA'''' BB CC DD R Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: AA' BB ' CC ' DD '4 4 AA '.'.'.' BB CC DD 1 1 1 1 1 1 1 1 44 . . . AA'''''''' BB CC DD AA BB CC DD 1 1 1 1 (AA ' BB ' CC ' DD ')( ) 16 AA'''' BB CC DD 16 AA''"' BB CC DD R Cho 1, điểm 3 Bài 5(4 điểm). Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với  yR suy ra f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) ( ). Cộng (*) và ( ) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y ( ) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ ( ) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp ( ) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1. m mm Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có  Q thì f () , thật vậy : n nn m m m n. f ( ) f ( n ). f ( ) f ( n ) f ( m ) m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số n n n thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) =
7. f(( a b )22 ) [ f ( a b )] 0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x. Cho 3, 0 điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) ( ) Từ (*) và ( ) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm đó là f(x) = 2 Cho 1, 0 điểm B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó.
8. Bài 5(4 điểm). Vì: f(x – y) +f(xy) = f(x) – f(y) + f(x).f(y) (*), với mọi số thực x, y. Nên khi x=y=0 ta có: 2f(0) = f2(0), suy ra f(0) = 0 hoặc f(0) = 2 +/ Nếu f(0) = 0, thay x = 0 vào ta được f(–y) = –f(y), với  yR suy ra f (–xy) = – f(xy), vậy thay y bởi –y vào (*) ta được : f(x + y) – f(xy) = f(x)+f(y)–f(x).f(y) ( ). Cộng (*) và ( ) ta có: f(x – y) + f(x + y) = 2f(x), với mọi số thực x, y ( ) . Thay x = y ta được f(2x)=2f(x) . Vậy từ ( ) suy ra f(x – y) + f(x + y) = f(2x) với mọi số thực x, y, từ đó suy ra f(x + y) = f(x) + f(y) (1) kết hợp ( ) ta có f(xy) = f(x).f(y) với mọi số thực x, y (2), cho y =1 ta có f(x) = f(x).f(1), suy ra f(x) = 0 hoặc f(1) =1. m mm Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có  Q thì f () , thật vậy : n nn m m m n. f ( ) f ( n ). f ( ) f ( n ) f ( m ) m . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số n n n thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = f(( a b )22 ) [ f ( a b )] 0 , tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a x ta cũng có diều vô lý. Tóm lại trong trường hợp này ta có hai hàm số f(x) = 0, f(x) = x. Cho 3, 0 điểm +/ Nếu f(0) = 2, thay x = 0 vào (*) ta có f(– y) + 2 = 2 – f(y) + 2y hay f(– y)=f(y). Thay y bởi – y ta có f(x + y) +f(xy) = f(x) – f(y) +f(x).f(y) ( ) Từ (*) và ( ) ta có f(x+y) = f(x – y) với mọi số thực x, y , mà f(0) = 2 nên hàm đó là f(x) = 2 Cho 1, 0 điểm b/ Gọi O là điểm thỏa mãn OA = OB = OC = OD và G là trọng tâm tứ diện ABCD(O, G cố định). Vì G1 là trọng tâm tứ diện MBCD nên với điểm H ta có: 4.HG1 HM HB HC HD= HM HA HA HB HC HD= AM 4 HG = AO OM4 GH , đặt OM 4 GH u , ta có 4.HG1 u OA (1), tương tự ta có: 4.HG2 u OB (2), 4.HG3 u OC (3), 4.HG4 u OD (4), từ (1), (2), (3), (4) và giả thiết cho ta có: ()()()()u OA2 u OB 2 u OC 2 u OD 2 u OA u OB u OC u OD , từ u OA u OB suy ra : u.( OA . OB ) 0 u BA 0 u 0, hoặc u BA từ u OB u OC suy ra : u.( OB . OC ) 0 u CB 0 u 0, hoặc u CB từ u OC u OD suy ra : u.( OC . OD ) 0 u DC 0 u 0, hoặc u DC Vì ba véc tơ BA,, CB DC không đồng phẳng nên u 0, suy ra : OM 4 GH , vì ba điểm O, G, H cố định nên M là điểm xác định duy nhất. Cho 2, 0 điểm