Đề thi giáo viên dạy giỏi cấp trường năm học 2010 - 2011 môn Toán

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG 
NĂM HỌC 2010 - 2011 
MÔN: TOÁN THPT 
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) 
Câu I (4,0 điểm) 
1. Anh (chị) hãy nêu các bước thực hiện dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề. 
2. Hãy nêu các bước phương pháp tìm lời giải một bài toán. 
Câu II (3,0 điểm) 
1. Anh (chị) hãy nêu quy trình giải bài toán: Xét chiều biến thiên của hàm số 
( )y f x= . 
2. Hãy chỉ ra một số ứng dụng của bài toán trên để giải một lớp bài toán và lấy một số 
ví dụ minh hoạ. 
Câu III (5,5 điểm) 
Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng ( )P 
cắt các cạnh bên ,SA ,SB ,SC SD theo thứ tự tại ,K ,L ,M .N Chứng minh 
rằng .
SA SC SB SD
SK SM SL SN
+ = + 
(Dựa theo bài 54, trang 12 – SBT Hình học nâng cao lớp 12) 
1. Anh (chị) hãy nêu hai định hướng để học sinh tìm được hai cách giải. Hãy trình 
bày một cách giải. 
2. Trong trường hợp mặt phẳng ( )P đi qua A và M là trung điểm của cạnh SC . 
Chứng minh rằng 
4 3
3 2
SL SN
SB SD
≤ + ≤ . 
Anh (chị) hãy trình bày lời giải bài toán. 
Câu IV (4,5 điểm) 
Cho , 2n n∈ ≥ℕ . Chứng minh rằng phương trình 1nx x= + có một nghiệm 
dương duy nhất, ký hiệu là 
n
x . Từ đó chứng minh lim 1
n
x = và tính 
lim ( 1)
n
n x − . 
Anh (chị) hãy giải bài toán trên và hướng dẫn học sinh tìm lời giải. 
Câu V (3,0 điểm) 
Cho các số thực không âm , ,x y z thoả mãn điều kiện 1.xy yz zx+ + = Tìm giá 
trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 
2 2 2
1 1 1
.
1 1 1
P
x y z
= + +
+ + +
Anh (chị) hãy trình bày lời giải bài toán trên. 
------ Hết ------ 
 KỲ THI GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2010 – 2011 
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN THPT 
Câu Nội dung Điểm 
1. Phát hiện vấn đề: 
- Tạo tình huống có vấn đề. 
- Phát hiện và nhận dạng vấn đề nảy sinh. 
- Phát hiện vấn đề cần giải quyết. 
0,5 
2. Giải quyết vấn đề: 
- Đề xuất các giả thuyết. 
- Lập kế hoạch giải. 
- Thực hiện kế hoạch giải. 
0,5 
+0,5 
I-1 
(2 đ) 
3. Kết luận: 
- Thảo luận kết quả và đánh giá. 
- Khẳng định hay bác bỏ giả thuyết đã nêu. 
- Phát biểu kết luận. 
- Đề xuất vấn đề mới. 
0,5 
1. Tìm hiểu nội dung bài toán 
- Giả thiết là gì? Kết luận là gì? Hình vẽ minh hoạ ra sao? Sử dụng các ký hiệu như thế nào? 
- Dạng toán nào? 
- Kiến thức cơ bản cần có là gì?(các khái niệm, các định lí, các điều kiện tương đương, các 
phương pháp chứng minh). 
0,5 
2. Xây dựng chương trình giải 
- Chỉ rõ các bước cần tiến hành: Bước 1 là gì?, Bước 2 giải quyết vấn đề gì? 0,5 
3. Thực hiện chương trình giải 
- Trình bày bài, làm theo các bước đã chỉ ra. Chú ý sai lầm thường gặp trong tính toán, biến 
đổi. 
0,5 
I-2 
(2 đ) 
4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải 
- Xem xét có sai lầm không? Có phải biện luận kết quả tìm được không? Nếu là bài toán có 
nội dung thực tiễn thì kết quả tìm được có phù hợp với thực tiễn không? 
0,5 
Quy trình: 
+ Tìm tập xác định của hàm số f(x). 
0,25 
+ Tính đạo hàm '( )f x . Giả sử hàm số f có đạo hàm trên khoảng I . 0,25 
+ Nếu '( ) 0f x > với mọi x I∈ thì hàm số f đồng biến trên khoảng I . 
Nếu '( ) 0f x < với mọi x I∈ thì hàm số f nghịch biến trên khoảng I . 
Nếu '( ) 0f x = với mọi x I∈ thì hàm số f không đổi trên khoảng I . 
0,25 
* Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [ ];a b và có đạo hàm '( ) 0f x > trên khoảng ( ; )a b thì 
hàm số f đồng biến trên đoạn [ ];a b . 
* Nếu hàm số f liên tục trên đoạn [ ];a b và có đạo hàm '( ) 0f x < trên khoảng ( ; )a b thì 
hàm số f nghịch biến trên đoạn [ ];a b . 
0,25 
II 
(3 đ) 
Một số ứng dụng cơ bản: 
1. Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình. 
Ví dụ1: Giải phương trình 2 2(2 1)(2 4 4 4) 3 (2 9 3) 0x x x x x+ + + + + + + = 
Ví dụ 2: Giải bất phương trình ( 2)(2 1) 3 6 4 ( 6)(2 1) 3 2x x x x x x+ − − + ≤ − + − + + 
Ví dụ 3: Giải hệ phương trình 
3 2
3 2
3 2
9 27 27 0
9 27 27 0
9 27 27 0
x y y
y z z
z x x
 − + − =

− + − =
 − + − =
0,5 
2. Chứng minh phương trình, hệ phương trình có đúng 1 nghiệm hoặc 2 nghiệm, ... trên một 
khoảng. 
Ví dụ 1: Chứng minh rằng các phương trình sin(cos ) ,cos(sin )x x x x= = có nghiệm duy nhất 
trên 0;
2
π 
  
. 
Ví dụ 2: Chứng minh rằng hệ phương trình 
2
2
2011
1
2011
1
x
y
y
e
y
x
e
x
 = −
−

 = −
 −
 có đúng 2 nghiệm thoả 
mãn x, y >1. 
0,5 
3. Tìm m để phương trình ( )f x m= có nghiệm, vô nghiệm. 
Ví dụ: Tìm m để phương trình sau 24 1x x m+ − = có nghiệm. 
0,5 
4. Chứng minh bất đẳng thức. 
Ví dụ 1: Chứng minh rằng ( )ln 1 , , 0xxy e y y x y≤ + − ∀ ∈ >ℝ . 
Ví dụ 2: Cho x,y > 0 thỏa mãn 
5
2
4
x y
π
+ < . Chứng minh rằng : 
.sin
cos( )
.sin
y x
x y
x y
+ < . 
0,5 
0,25 
0,25 
Định hướng1: 
+ Chỉ rõ giao điểm hai đường chéo 
O là trung điểm của mỗi đường. 
+ Ba đường thẳng SO, KM, LN 
đồng quy tại I. 
+ Diện tích ,SKI SAO∆ ∆ , 
+ Tỉ số diện tích 
( ) ( )
;
( ) ( )
dt SKI dt SKM
dt SAO dt SAC
, 
+ Phân tích 
( ) ( ) ( )
( ) ( )
dt SKM dt SKI dt SMI
dt SAC dt SAC
+
= 
+ Phân tích 
( )
?
( )
dt SLN
dt SBD
= 
+ Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
0,25 
Định hướng 2: 
+ Chỉ rõ O giao điểm của hai đường chéo AC và BD. 
+ Ba đường thẳng SO, KM, LN đồng quy tại I. 
+ Các đẳng thức vectơ liên quan đến trung điểm O. 
 Đẳng thức 2SA SC SB SD SO+ = + =
    
0,25 
+ Các đẳng thức 
SA
SA SK
SK
=
 
, 
 Phân tích 2SA SC SB SD SO+ = + =
    
. 
0,25 
III-1 
(4 đ) 
+ Ba điểm K, I, M thẳng hàng suy ra 
1
SI xSK ySM
x y
 = +

+ =
  
 Ba điểm L, I, N thẳng hàng suy ra 
1
SI kSK tSM
k t
 = +

+ =
  
+ Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 
0,25 
Lời giải (Theo Định hướng 1). 
Gọi { }O AC BD= ∩ , { } ( )I SO P= ∩ . Ta có O là trung điểm của AC và BD, ba đường thẳng 
SO, KM, LN đồng quy tại I. 
0,5 
Tỷ số diện tích 
( ) 2 ( ) 2. . ( ) 2 ( ) 2. .
;
( ) ( ) . ( ) ( ) .
dt SKI dt SKI SK SI dt SMI dt SMI SM SI
dt SAC dt SAO SA SO dt SAC dt SCO SC SO
= = = = 0,5 
( ) ( ) ( ) 2. . 2. .
( ) ( ) . .
dt SKM dt SKI dt SMI SK SI SM SI
dt SAC dt SAC SA SO SC SO
+
⇒ = = + 0,5 
. 2
. 2.
SK SM SI SK SM SA SC SO
SA SC SO SA SC SK SM SI
 ⇒ = + ⇒ + = 
 
 (1) 0,5 
Tương tự 
2.
SB SD SO
SL SN SI
+ = (2) 
Từ (1) và (2) ta có đpcm 
0,5 
Lời giải (Theo Định hướng 2). 
Gọi { }O AC BD= ∩ , { } ( )I SO P= ∩ . Ta có 
SI
SI SO
SO
=
 
. 
 Do O là trung điểm của AC và BD nên ta có 
2 , 2SA SC SO SB SD SO+ = + =
     
. 
Từ đó 2SA SC SB SD SO+ = + =
    
2SA SC SB SD SO
SK SM SL SN SI
SK SM SL SN SI
⇒ + = + =
    
2 2
SI SA SC SI SB SD
SK SM SL SN SI
SO SK SM SO SL SN
   ⇒ + = + =   
   
    
 (1) 
Vì , ,K I M thẳng hàng nên tồn tại ,x y mà 1x y+ = sao cho SI xSK ySM= +
  
. (2) 
Vì , ,L I N thẳng hàng nên tồn tại ,k t mà 1k t+ = sao cho SI kSL tSN= +
  
. (3) 
Từ (1), (2), (3) ta có 1
2 2
SI SA SC SI SB SD
SO SK SM SO SL SN
   + = + =   
   
SA SC SB SD
SK SM SL SN
⇒ + = + .□ 
 Lời giải (Theo tỷ số thể tích). 
Tỉ số thể tích . . . .
. . . .
2 2. . . .
2. ; 2.
. . . .
S KLM S KLM S KMN S KMN
S ABCD S ABC S ABCD S ACD
V V V VSK SL SM SK SM SN
V V SA SB SC V V SA SC SD
= = = = 
. . .
. .
. . . . .
2 2
. . . . .
S KLMN S KLM S KMN
S ABCD S ABCD
V V V SK SL SM SK SM SN SK SM SL SN
V V SA SB SC SA SC SD SA SC SB SD
+    ⇒ = = + = +   
   
 (1) 
. .
. .
2 . .
2.
. .
S KLN S KLN
S ABCD S ABD
V V SK SL SN
V V SA SB SD
= = ; . .
. .
2 . .
2.
. .
S MNL S MNL
S ABCD S BCD
V V SM SN SL
V V SC SD SB
= = 
. . .
. .
. . . . .
2 2
. . . . .
S KLMN S KLN S MNL
S ABCD S ABCD
V V V SK SL SN SM SN SL SL SN SK SM
V V SA SB SD SC SD SB SB SD SA SC
+    ⇒ = = + = +   
   
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có 
. .
. .
SK SM SL SN SL SN SK SM
SA SC SB SD SB SD SA SC
   + = +   
   
⇔
. .
. .
SB SD SL SN SA SC SK SM
SL SN SB SD SK SM SA SC
   + = +   
   
⇔
SB SD SA SM
SL SN SK SC
+ = + .□ 
 0,5 
0,5 
III-2 
(1,5 đ) 
Lời giải: 
Đặt ,
SB SD
x y
SL SN
= = . Vì I là trọng tâm của tam giác SBD nên 1 2;1 2x y≤ ≤ ≤ ≤ . 
Ta có 3x y+ = . 
Khi đó 
2
1 1 1 1 3
3 3
SL SN
SB SD x y x x x x
+ = + = + =
− −
Xét hàm số 2( ) 3f x x x= − với [ ]1;2x∈ 
Ta có 
[ ]1;2
3 9
max ( ) ( )
2 4
f x f= = 
[ ]1;2
min ( ) (1) (2) 2f x f f= = = 
Do đó 
4 3
3 2
SL SN
SB SD
≤ + ≤ 
0,5 
Lời giải : 
*Với mỗi , 2n n∈ ≥ℕ . Xét hàm số ( ) 1nnf x x x= − − với 0x > . 
Hàm số liên tục trên khoảng (0; )+∞ . 
0,25 
+ Nếu 0 1x< < thì ( ) 0nf x < , do đó phương trình ( ) 0g x = vô nghiệm. 
+ Nếu 1x ≥ thì 
Ta có 1'( ) 1 0nnf x nx
−= − > nên hàm số nf đồng biến trên khoảng (0; )+∞ 
0,25 
+0,25 
- Ta có (1) 1nf = − , (2) 2 2 1 1
n
nf = − − ≥ và (1). (2) 0n nf f < . Do đó phương trình ( ) 0nf x = có 
ít nhất một nghiệm nx trên khoảng (1;2) . 
Từ đó phương trình ( ) 0nf x = có đúng một nghiệm nx trên khoảng (1; )+∞ . 
0,25 
- Xét trên khoảng (1; )nx . Ta có 1(1) 1nf + = − , 
1
1( ) 1 1 ( ) 0
n n
n n n n n n nf x x x x x f x
+
+ = − − > − − = = . 
Suy ra 1 1(1). ( ) 0n n nf f x+ + < . 
Từ đó phương trình 1( ) 0nf x+ = có đúng 1 nghiệm 1nx + trên khoảng (1; )nx . 
* Suy ra 11 n nx x+< < . Vì vậy, dãy số ( )nx giảm và bị chặn dưới. Do đó dãy số ( )nx có giới 
hạn hữu hạn a . 
0,5 
Ta chứng minh 1a = . Thật vậy, giả sử 1a > . Khi đó, nx a≥ với mọi , 2n n∈ ≥ℕ và ta tìm 
được n∈ℕ đủ lớn sao cho 3n nnx a≥ > và 2 1 3nx< + < , điều này mâu thuẫn với 
1 0nn nx x− − = . 
Do đó lim 1nx = . 
0,5 
* Đặt 1n nx y= + với lim 0ny = . Do 1
n
n nx x= + nên (1 ) 2
n
n ny y+ = + , ta được 
.ln(1 ) ln( 2)n nn y y+ = + . Suy ra lim .ln(1 ) ln 2nn y+ = hay ( )
ln(1 )
lim . . lim ln 2nn
n
y
n y
y
 +
= 
 
vì vậy lim . ln 2nn y = . Do đó lim ( 1) ln 2nn x − = . 
0,5 
IV 
(4,5 đ) 
Hướng dẫn giải : 
- Cách chứng minh phương trình có nghiệm duy nhất trên một khoảng. 
Đặt ( ) 1nnf x x x= − − . 
+ nf liên tục trên khoảng (1; )+∞ . 
+ nf đồng biến trên khoảng (1; )+∞ . 
+ Chứng minh trên khoảng (0;1) phương trình vô nghiệm. 
Chứng minh trên khoảng (0; )+∞ phương trình có ít nhất một nghiệm. Xét tích (1). (2)n nf f . 
Suy ra phương trình có đúng 1 nghiệm dương trên khoảng (1 ;2). 
0,5 
- Chỉ ra dãy số ( )nx giảm và bị chặn dưới bởi 1. 
+ Chứng minh trên khoảng (1; )nx phương trình 
1 1 0nx x+ − − = có nghiệm dương duy nhất 
1nx + . Suy ra 11 n nx x+< < . 
0,5 
- Chứng minh: lim 1nx = bằng phương pháp phản chứng. 0,5 
- Đặt 1n nx y= + 
+ Tính lim ;lim ln(1 )n ny n y+ . 
+ Tính lim . lim ( 1)n nn y n x= − . 
0,5 
Lời giải : Ta có 21 ( )( )x x y z x+ = + + . 
Do đó 
1 1 1
( )( ) ( )( ) ( )( )
P
x y z x x y y z y z z x
= + +
+ + + + + +
= 
2( )
( )( )( )
x y z
x y y z z x
+ +
+ + +
1,0 
* 
2( ) 2( )
2
( )( ) ( )( )
x y z x y z
P
x y z xy yz zx xyz x y z xy yz zx
+ + + +
= ≥ =
+ + + + − + + + +
Suy ra min 2P = đạt được khi 
1
( ; ; ) (0; ; ), 0x y z t t
t
= > và các hoán vị của nó. 
1,0 
* Áp dụng bất đẳng thức 
8
( )( )( ) ( )( )
9
x y y z z x x y z xy yz zx+ + + ≥ + + + + ta có 
2( ) 9
8 4( )( )
9
x y z
P
x y z xy yz zx
+ +
≤ =
+ + + +
. Do đó 
9
max
4
P = đạt được khi 
3
3
x y z= = = . 
1,0 
V 
(3 đ) 
Lời giải (Áp dụng phương pháp ứng dụng lượng giác) 
+ Nếu x hoặc y hoặc z bằng 0 thì 2P = . 
+ Nếu , , 0x y z > . Đặt tan ; tan ; tan
2 2 2
A B C
x y z= = = . Từ giả thiết , , 0x y z > và 
1xy yz zx+ + = nên tồn tại , ,A B C là ba góc của ABC∆ . 
*Áp dụng bất đẳng thức 
3
1 cos cos cos
2
A B C< + + ≤ . 
*Khi đó 2 2 2
3 1
os os os (cos cos cos )
2 2 2 2 2
A B C
P c c c A B C= + + = + + + . 
Suy ra min 2P = đạt được khi 
1
( ; ; ) (0; ; ), 0x y z t t
t
= > và các hoán vị của nó. 
9
max
4
P = đạt được khi 
3
3
x y z= = = . 
Ghi chú: 
1. Phần lấy ví dụ, GV lấy ví dụ đúng khác với đáp án vẫn cho điểm tương ứng. 
2. Phần giải bài tập, GV làm cách khác đúng thì vẫn cho điểm tối đa.