SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 12
NĂM HỌC 2009 - 2010
Môn thi: TOÁN HỌC - THPT BẢNG A
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4,0 điểm).
Giải phương trình:


2
2009 1
x
x x 
= 1.
Câu 2 (4,0 điểm).
Tìm m để hệ phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt:
 
2
( 1) 1
x y m
y x xy m x
 



   


Câu 3 (2,0 điểm).
Cho ba số dương
, ,x y z


với n là số tự nhiên lớn hơn 1.
Tính limu
n
với u
n
= (n+1)
3
.
n
x
Câu 5 (3,0 điểm).
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường
thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD),
(ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
Câu 6 (3,0 điểm).
Cho tứ diện đều ABCD có độ dài các cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm
Q sao cho PQ song song với CM. Tính độ dài đoạn PQ và thể tích khối tứ diện AMNP.
Câu 7 (2,0 điểm).
Cho hàm số f(x) liên tục trên R thỏa mãn: f(x).f(y) – sinx.siny = f(x+y) với mọi
số thực x, y. Chứng minh rằng 2f(x) + x
2
≥ 2 với mọi số thực x thuộc
;
2 2
 
 

 


2
2
2009 ln2009 1 2009 1
1
x x
x
x x
x
 
   
 

 
1
=


2
2
1
2009 1 ln2009
1
x
x x
x
 
  
 


3 2
0 (1)x mx m  
0,5
Xét hàm số
3 2
( )f x x mx m  
trên

0.5
Để hệ pt có 3 nghiệm phân biệt

Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt

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
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

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

n
= (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

  
     
     
 
     
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



 
0.5
Tương tự ta có
1
1
'
MAC
ABC
S
MB MB
DB BB S


 
,
1
1
'
MAB
ABC
MC MC S
DC CC S


 
0,5
Suy ra
 

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

AMCB
=
1
2
V
ABCD
(Do M là trung điểm BD)
0.25
0.5
A
Q
I
D
M
C
K
B
E
N
P
ABCD là tứ diện đều có độ dài cạnh bằng 1 nên V
ABCD
=
2
12
(đvtt)
Suy ra V
AMCB
=
1 2 2


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

. 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

ta được
. 0
2 2
f f
 
   
 
   
   

0
2
0
2
f

2 2
f x x x R
 
   
     
   
   
0.25
Nếu
2
f

 

 
 
= 0 từ (1) chọn y = -
2

. Ta có
sinx = cos (**)
2 2
f x x x R
 
   
    
   
   
0,25
Từ (*) và (**) suy ra f(x) = cosx. Thử lại thấy hàm số f(x) = cosx thỏa mãn

 
 
 
 
0,25
g’(x) = - 2sinx + 2x, g”(x) = -2cosx + 2 ≥ 0
0;
2
x

 
 
 
 
, g”(x) = 0

x = 0 suy ra g’(x)
đồng biến trên
0;
2
x

 
 
 
 
nên g’(x) ≥ g’(0) = 0, g’(x) = 0

x=0. Vậy hàm số g(x) đồng
biến trên