Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Cấp Tỉnh Đắk Lắk Toán 12

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).
	Cho hàm số có đồ thị là (C)
	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 ; và x + y = 1. 
Chứng minh rằng: 
	b) Giải hệ phương trình :; với 
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: (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 tương ứng ở A’, B’, C’, D’, Chứng minh rằng 
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_ _ _ _ _ _ _ _ 
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
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
Giả sử là điểm thuộc đồ thị (C)
Khoảng cách từ M đến đường tiệm cận đứng là: d1 = 
Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang là : d2 = 
Cho 0,5 điểm
Ta có : 
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: 
 Cho 0,5 điểm
 Gọi d là khoảng cách từ I đến tiếp tuyến trên ta có:
 , khi đó d lớn nhất khi và chỉ khi d2 lớn nhất 
 Đặt = x0 + 1 và ; , ta có 
 Khi đó d2 lớn nhất khi lớn nhất
 Ta có bảng biến thiên của hàm như sau: 	Cho 0,5 điểm
X
0
G’(X)
+
0 – 
0 +
 0 –
G(X)
0
0
 0
 Vậy lớn nhất khi ; , tương ứng với hai giá trị đó ta có hai tiếp tuyến sau: ; ; 	Cho 1, 0 điểm
Bài 2(4 điểm).
a) Cho ; và x + y = 1. Chứng minh rằng: 
Ta có: P = = 
Vì x + y = 1 suy ra y = 1 – x vậy P = 	Cho 0,5 điểm	
Đặt t = 5x , do suy ra 	 	Cho 0,5 điểm
Xét hàm số f(t) = với 
Ta có: ; 
Bảng biến thiên 	Cho 0,5 điểm
t
1
 5
5f’(t)
–
0 + 
f(t)
6
 26
Với Max f(t) = 26; Min f(t) = suy ra: 
hay (đpcm) 	Cho 0,5 điểm
 b) Giải hệ phương trình 
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 , đặt u = 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 
	Cho 0,50 điểm
Nếu t = –2 thì 2x + y = –2 hay 	1–2x = y + 30 thế vào phương trình (2) ta có:
Với y = – 3 	thì hệ có nghiệm 	Cho 0,5 điểm
Với , đặt , ta có phương trình 	
Xét hàm số : g(t) = v3 – 6v + 8, g’(v) = 3v2 – 6 , g’(v) = 0 khi 
Hàm g(v) đạt cực đại tại (;); đạt cực tiểu tại (;), vì g(0)=8>0 và >0 nên g(t) = 0 không có nghiệm 	
	Kết luận hệ có hai nghiệm: ; 	Cho 0,5 điểm
Bài 3(4 điểm).
	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 ABCD.
	+ 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:
 và suy ra 
= (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: , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M thuộc đường cao AA1, 	 Cho 0,5 điểm 
Từ (1) suy ra 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 : 
, dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B,
, dấu = xẩy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C,
, 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: 
	Đặt x = sint, vì x (0;1) nên t Cho 0,5 điểm
khi đó ta có phương trình:
8sint(1 – 2sin2t)(8sin4t – 8sin2t + 1) = 18sint(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 = cost2sin4t.cos4t = cost	
	sin8t = cost sin8t = sin	Cho 0,5 điểm
; với ; do t nên k, l chỉ nhận các giá trị 0; 1. khi đó t 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
 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: 
V= VA+ VB+ VC+ VD 
 	Cho 1,0 điểm
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
 	Cho 1, điểm 
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 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.
 Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có thì , thật vậy :
 . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = 
, tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho
 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 
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. 
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 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.
 Với f(1)=1 -/ Trước hết ta có thì , thật vậy :
 . Bây giờ ta chứng minh f(x) = x với mọi số thực x. Thật vậy ta có với hai số thực a, b: a > b thì f(a) –f(b) = f(a – b) = 
, tức là f(a) > f(b). Ta giả sử f(x) = a < x , khi đó tồn tại số hữu tỷ b: sao cho a < b < x , theo trên thì f(b) = b , vô lý, tương tự cho
 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:
===, đặt , ta có (1), tương tự ta có:
 (2), (3), (4), từ (1), (2), (3), (4) và giả thiết cho ta có: , 
từ suy ra : , hoặc 
từ suy ra : , hoặc 
từ suy ra : , hoặc 
	Vì ba véc tơ không đồng phẳng nên , suy ra : , vì ba điểm O, G, H cố định nên M là điểm xác định duy nhất. Cho 2, 0 điểm