Tải bản đầy đủ

Bộ đề thi HSG môn Toán lớp 12 THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƯƠNG

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ CHÍNH THỨC

Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013
(Đề thi gồm 01 trang)
Câu I (2,0 điểm)
1) Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − 2 (với m là tham số).
Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi và O là gốc toạ
độ).
2x + 3
có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = −2 x + m . Chứng minh rằng d cắt

x+2
(C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ số góc của tiếp

2) Cho hàm số y =

tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu II (2,0 điểm)



1) Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x −

2) Giải hệ phương trình:

(

π
 −1
4

)

1

2
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x +1 − x

 x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1) x = 10


Câu III (2,0 điểm)
1) Rút gọn biểu thức:

S=

1
1
1
1

1
+
+
+
+ ... +
1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010!
2014.2013!.0!

5

u1 = 2
 n 1
 ∑
(
n

N
*)
lim
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
. Tìm
1
2
 k =1 u k
u = u − u + 2
n
+
1
n
n

2


 .


Câu IV (3,0 điểm)
· B = SAC
·
·
1) Cho khối chóp S . ABC có SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
= 900 , BSC
= 1200 . Gọi
M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam giác AMN
vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a.


2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên các đoạn AB và CD sao
cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: xyz = 2 2
x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥8
Chứng minh rằng: 4
x + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z 2 z4 + x4 + z2 x2

……………..Hết………………..
Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh: …………………........
Chữ ký của giám thị 1:………………………….Chữ ký của giám thị 2:.....................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƯƠNG

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN THI: TOÁN
Ngày thi: 22 tháng 10 năm 2013

HƯỚNG DẪN CHẤM

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)
(Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối
đa)
Câu

Nội dung

Điể
m

I1

1) Cho hàm số y = x 3 + 2mx 2 − 3x (1) và đường thẳng (∆ ) : y = 2mx − 2 (với m là tham

1,0đ

số). Tìm m để đường thẳng (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt A,
B, C sao cho diện tích tam giác OBC bằng 17 (với A là điểm có hoành độ không đổi
và O là gốc toạ độ).
Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và ( ∆ ) là nghiệm phương trình:
x 3 + 2mx 2 − 3x = 2mx − 2 ⇔ x 3 + 2mx 2 − (2m + 3) x + 2 = 0
x = 1
⇔ ( x − 1)  x 2 + (2m + 1) x − 2  = 0 ⇔  2
.
 x + (2m + 1) x − 2 = 0(2)

0,25

Vậy (∆) và đồ thị hàm số (1) cắt nhau tại ba điểm phân biệt ⇔ phương trình (2) có hai
(2m + 1) 2 + 8 > 0
⇔ m ≠ 0.
nghiệm phân biệt x ≠ 1 ⇔ 
1
+
2
m
+
1

2

0

Khi đó, ba giao điểm là A(1;2m-2), B( x1;2mx1 − 2), C( x2 ;2mx2 − 2) , trong đó x1 ; x 2
là nghiệm phương trình (2) nên x1 + x 2 = −2m − 1, x1x 2 = −2

0,25

2
1
Tam giác OBC có diện tích S = BC.d . Trong đó d = d(O; ∆) =
2
1+4m 2
BC 2 = ( x2 − x1 ) 2 + (2mx2 − 2mx1 ) 2 = ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2  ( 4m 2 + 1)
2
⇒ BC = ( 2m + 1) + 8 ( 4m 2 + 1)



⇒S=

( 2m + 1)

2

+8

0,25


I2
1,0đ

Vậy S = 17 ⇔

m = 1
(TM)
4m 2 + 4m + 9 = 17 ⇔ 
m = −2

2) Cho hàm số y =

2x + 3
có đồ thị (C) và đường thẳng d: y = - 2x + m. Chứng minh
x+2

0,25

rằng d cắt (C) tại hai điểm A, B phân biệt với mọi số thực m. Gọi k1 , k 2 lần lượt là hệ
số góc của tiếp tuyến của (C) tại A và B. Tìm m để P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 đạt giá trị
nhỏ nhất.
Xét phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và d:
 x ≠ −2
2x + 3
= −2 x + m ⇔  2
x+2
2 x + (6 − m) x + 3 − 2m = 0(*)

0,25

Xét phương trình (*), ta có: ∆ > 0, ∀m ∈ R và x = -2 không là nghiệm của (*) nên d
luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.

0,25

Hệ số góc của tiếp tuyến tại A, tại B lần lượt là
k1 =

1
1
, k2 =
, trong đó x1 , x 2 là 2 nghiệm của phương trình (*), ta thấy
2
( x1 + 1)
( x 2 + 1) 2

0,25
k1 .k 2 =

1

( x1 + 2) ( x 2 + 2)
2

2

=

1

( x1 x 2 + 2 x1 + 2 x 2 + 4) 2

= 4 (k1>0, k2>0)

Có P = ( k1 ) 2013 + ( k 2 ) 2013 ≥ 2. ( k1 k 2 ) 2013 = 2 2014 , do dó MinP = 22014 đạt được khi
k1 = k 2 ⇔

1
1
=
⇔ ( x1 + 2) 2 = ( x 2 + 2) 2
2
2
( x1 + 2)
( x 2 + 2)

0,25

do x1 , x 2 phân biệt nên ta có x1 +2 = - x2 - 2
⇔ x1 + x2 = - 4 ⇔ m = - 2. Vậy m = - 2 là giá trị cần tìm.

II1




1) Giải phương trình: sin 4 x + cos 4 x = 4 2 sin  x −

1,0đ

π
 − 1 (1)
4

PT(1) ⇔ 2sin2x.cos2x + 2cos22x =4(sinx – cosx)

0,25

⇔ (cosx – sinx). [ (cos x + sin x)(sin 2 x + cos 2 x) + 2] = 0

*) cos x − sin x = 0 ⇔ x =

π
+ kπ
4

0,25


*) (cosx + sinx)(sin2x + cos2x) + 2 = 0 ⇔ cosx + sin3x + 2 = 0 (2)
cos x = −1
⇔ hệ vô nghiệm.
sin 3 x = −1

0,25

*) Vì cos x ≥ −1; sin 3 x ≥ −1, ∀x nên (2) ⇔ 
π
Vậy PT có nghiệm là: x = + kπ (k ∈ Z )
4

II2
1,0đ

2) Giải hệ phương trình:

(

0,25

)

1

2
(1)
3 xy 1 + 9 y + 1 =
x
+
1

x

 x 3 (9 y 2 + 1) + 4( x 2 + 1). x = 10(2)


ĐK: x ≥ 0
NX: x = 0 không TM hệ PT
Xét x > 0
x +1 + x
PT (1) ⇔ 3 y + 3 y 9 y 2 + 1 =
x

⇔ 3 y + 3 y (3 y ) + 1 =
2

1
x

+

0,25
2

 1 

 + 1 (3)
x  x

1

Từ (1) và x > 0 ta có: y > 0. Xét hàm số f(t)= t + t. t 2 + 1 , t > 0.
t2 +1 +

Ta có: f’(t) = 1 +

t2
t 2 +1

>0. Suy ra f(t) luôn đồng biến trên (0,+∞)

1
 1 
 ⇔ 3y =
x
 x

PT(3) ⇔ f(3y)= f 

0,25

Thế vào pt(2) ta được PT: x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x = 10
Đặt g(x)= x 3 + x 2 + 4( x 2 + 1). x − 10 , x > 0. Ta có g’(x) > 0 với x > 0

0,25

⇒ g(x) là hàm số đồng biến trên khoảng (0,+∞)

Ta có g(1) = 0
Vậy pt g(x) = 0 có nghiệm duy nhất x = 1
Với x =1 ⇒ y =

1
3

0,25


1
3

KL: Vậy hệ có nghiệm duy nhất: (1; ).
III1
1,0đ

1) Rút gọn biểu thức:
S=

1
1
1
1
1
1
+
+
+
+ ... +
+ ... +
1.0!.2013! 2.1!.2012! 3.2!.2011! 4.3!.2010!
(k + 1).k!.(2013 − k )!
2014.2013!.0!
2013
Ck
1
⇒ S .2013! = ∑ 2013
k = 0 ( k + 1).k!.(2013 − k )!
k =0 k + 1

2013

+) Ta có: S = ∑

+) Ta có:

0,25

k
C 2013
C k +1
2013!
2014!
=
=
= 2014
k + 1 (k + 1)!.(2013 − k )! 2014.(k + 1)![ 2014 − (k + 1)]! 2014

0,25

(k =0;1;…;2013)
k +1
C 2014
1 2014 k
=
.∑ C 2014
2014 k =1
k = 0 2014

2013

+) Do đó: S.2013!= ∑

+) S.2013! =

III2
1,0đ

(

0,25

)

1
2 2014 − 1
2 2014 − 1 ⇒ S =
2014
2014!

0,25

5

u1 = 2
 n 1
(n ∈ N *) . Tìm lim ∑
2) Cho dãy số (un) thỏa mãn: 
 k =1 u k
u = 1 u 2 − u + 2
n
 n +1 2 n


 .


1
2

2
+) Ta có: u n +1 − u n = (u n − 4u n + 4) ≥ 0, ∀n ⇒ Dãy không giảm.

Nếu có số M: un ≤ M với mọi n, thì tồn tại limun = L. Vì un ≥ u1 ⇒ L ≥ u1
+) Khi đó ta có: L =

0,25
0,25

1 2
L – L + 2 ⇔ L = 2. (Vô lý)
2

⇒ limun = + ∞
2
+) Ta có: u n − 2u n + 4 = 2u n +1 ⇔ u n (u n − 2) = 2(u n +1 − 2) ⇔



1
1
=
u n (u n − 2) 2(u n +1 − 2)

1
1
1
1
1
1

=

=

( ∀n ∈ N * )
u n − 2 u n u n +1 − 2
u n u n − 2 u n +1 − 2
n

+) Do đó:

1

∑u
k =1

k

=

 n 1
1
1

⇒ lim ∑
u1 − 2 u n +1 − 2
 k =1 u k

1

=2
 =
u

2
1


0,25
0,25


IV1

· B = SAC
·
·
1) Cho khối chóp S . ABC SA = 2a, SB = 3a, SC = 4a, AS
= 900 , BSC
= 1200 .

1,5đ

Gọi M, N lần lượt trên các đoạn SB và SC sao cho SM = SN = 2a. Chứng minh tam
giác AMN vuông. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SAB) theo a .
S

Dùng ĐL Cosin tính được:

S
N

0,25

MN = 2a 3

A
C

A
N

M

H

M

B

AM= 2a 2 , AN=2a (Tam giác vuông SAC có SC=2SA nên góc ∠ASC = 600) ⇒ tam 0,25
giác AMN vuông tại A.
Gọi H là trung điểm của MN, vì SA = SM = SN và tam giác AMN vuông tại A. 0,25
⇒ SH ⊥ ( AMN ) ; tính được SH = a.

Tính được VS . AMN =

0,25

2 2a 3
3

VS . AMN SM .SN 1
=
= ⇒ VS . ABC = 2 2a 3
VS . ABC
SB.SC 3

0,25

3VS . ABC 6a 3 2
=
= 2a 2
Vậy d (C ;( SAB)) =
S ∆SAB
3a 2

0,25

IV2

2) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a, hai điểm M, N chạy tương ứng trên đoạn AB và

1,5đ

đoạn CD sao cho BM = DN. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của MN.
+) Đặt

BM
DN
= x , với 0 ≤ x ≤ 1 ⇒
= x . Khi đó ta có: BM = x.BA và DN = x.DC
BA
DC

+) Ta có: DN = x.DC ⇔ BN − BD = x( BC − BD) ⇔ BN = x.BC + (1 − x).BD

0,25

0,25

Do đó: MN = BN − BM = x.BC + (1 − x).BD − x.BA
+) MN2 = x 2 a 2 + (1 − x) 2 a 2 + x 2 a 2 + 2 x(1 − x)

a2
a2
a2
− 2 x 2 . − 2 x(1 − x)
2
2
2

0,25


= a2 [ x 2 + (1 − x) 2 + x 2 + x(1 − x) − x 2 − x(1 − x)] = (2x2 – 2x + 1)a2
+) Xét hàm số f(x) = 2x2 – 2x + 1 trên đoạn [ 0;1] ta có:

0,25

1
1
max f ( x) = f (0) = f (1) = 1, min f ( x ) = f ( ) =
2
2

+) MN đạt giá trị nhỏ nhất bằng

a 2
khi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD.
2

+) MN đạt giá trị lớn nhất bằng a khi M ≡ B, N ≡ D hoặc M ≡ A, N ≡ C.

0,25
0,25

Cho 3 số thực x, y, z thỏa mãn: x.y.z = 2 2
V
1,0đ

Chứng minh rằng:

x8 + y8
y8 + z8
z 8 + x8
+
+
≥8
x4 + y4 + x2 y2 y4 + z 4 + y2 z 2 z4 + x4 + z2 x2

+) Đặt a = x2, b = y2, c = z2 , từ giả thiết ta có: a>0, b>0, c>0 và a.b.c = 8
Do ab ≤

0,25

a2 + b2
3(a 2 + b 2 )
nên a 2 + b 2 + ab ≤
Dấu“=”có ⇔ a=b
2
2

a4 + b4
a4 + b4
a4 + b4
1

≥ (a 2 + b 2 )
+) Ta có: a 2 + b 2 + ab 3 2
.
Ta
sẽ
chứng
minh:
(1).
3
3
a + b2
a2 + b2
2
2

(

)

(

0,25

)

Thật vậy: (1) ⇔ 2( a 4 + b 4 ) ≥ (a 2 + b 2 ) 2 ⇔ (a2 – b2)2 ≥ 0 (luôn đúng).
Do đó ta được:
+) Áp dụng BĐT trên ta có:

a4 + b4
1
≥ (a 2 + b 2 ) Dấu“=”có ⇔ a2=b2 ⇔ a=b
2
2
a + b + ab 3
b4 + c4
1
≥ (b 2 + c 2 ) Dấu“=”có ⇔ b=c
2
2
b + c + bc 3
c4 + a4
1
≥ (c 2 + a 2 ) Dấu“=”có ⇔ c=a
2
2
c + a + ca 3

Cộng các vế các BĐT trên ta được:
a4 + b4
b4 + c4
c4 + a4
2
+
+
≥ (a 2 + b 2 + c 2 ) (2) Dấu“=”có ⇔ a=b=c
2
2
2
2
2
2
a + b + ab b + c + bc c + a + ca 3

0,25


+) Theo BĐT Cô-si ta có:

2 2
(a + b 2 + c 2 ) ≥ 2.3 a 2 b 2 c 2 = 8 .Dấu“=”có ⇔ a=b=c
3

Do đó ta có ĐPCM. Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 2

0,25


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu 1 (5,0 điểm).
a) Giải phương trình:

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 - 2014
Ngày thi : 02/10/2013
Môn thi : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

3x − 2 − x + 1 = 2x 2 − x − 3 .

8 8
 3
2
x
+
3x

13x

15
=


3 y
y
b) Giải hệ phương trình: 
 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)

(x, y ∈ ¡ ) .

Câu 2 (4,0 điểm).

2014

u1 = 2013
a) Cho dãy số (un) xác định bởi: 
2
2u
 n +1 = u n + 2u n , ∀n ∈ ¥ *
1
1
1
+
+...+
Đặt Sn =
. Tính: limSn .
u1 + 2 u 2 + 2
un + 2
b) Tìm tất cả các hàm số f liên tục trên ¡ thỏa mãn:
f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y), ∀ x, y ∈ ¡
trong đó α là số thực cho trước.
Câu 3 (5,0 điểm).
a) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 1. Gọi M là điểm bất kỳ nằm trong mặt phẳng
chứa tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

T = MA.h a + MB.h b + MC.h c

(với ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đường cao vẽ từ A, B, C).
b) Cho tam giác ABC có hai đỉnh B, C cố định và đỉnh A thay đổi. Gọi H và G lần lượt là
trực tâm và trọng tâm của tam giác ABC. Gọi E là điểm đối xứng với H qua G. Tìm tập hợp
các điểm A, biết rằng điểm E thuộc đường thẳng BC.
Câu 4 (3,0 điểm).
a) Tìm tất cả các số nguyên dương a, b, c sao cho:
a + 2b = c và a3 + 8b3 = c2 .
b) Cho đa thức f(x) có bậc n > 1, có các hệ số đều là các số nguyên và thỏa mãn điều kiện
f(a + b) = a.b, với a, b là hai số nguyên cho trước (a, b khác 0).
Chứng minh rằng f(a) chia hết cho b và f(b) chia hết cho a.
Câu 5 (3,0 điểm).


Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a.b.c = 8.
Chứng minh rằng với mọi k ∈ ¥ *, ta có:
a2

k

(a + b)(a 2 + b 2 )(a 4 + b 4 )...(a 2

k −1

+ b2

k −1

+

b2

k

) (b + c)(b 2 + c 2 )(b 4 + c 4 )...(b 2

k −1

+ c2

k −1

+

c2

k

) (c + a)(c2 + a 2 )(c4 + a 4 )...(c2

------------- Hết -------------

k −1

+ a2

k −1


)

3

.
2 k −1


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 12 THPT
Câu 1.
a) Giải PT: 3x − 2 − x + 1 = 2x 2 − x − 3 (1)
+ Điều kiện: x ≥

2
3

(*). Khi đó:

Câu 2.

4.0

2.5

2014
, 2u n +1 = u n2 + 2u n , ∀n ∈ N *
a) u1 =
2013

2.0

0.2
5

2x − 3
= (2x − 3)(x + 1)
(1) ⇔
3x − 2 + x + 1
(2)
 2x − 3 = 0

1
⇔
= x + 1 (3)
 3x − 2 + x + 1

1.0
0.2
5

(2) ⇔ x = 3/2 (thỏa (*))
2
Vì x ≥ nên
3

5.0

1
< 1 và x + 1 >
3x − 2 + x + 1

1
⇒ (3) vô nghiệm
Vậy phương trình đã cho có 1 nghiệm x =
3/2.

0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5

b)

Giải

hệ

PT

8 8
 3
2
 x + 3x − 13x − 15 = 3 − y
y

 2
2 2
 y + 4 = 5y (x + 2x + 2)

+ Điều kiện: y ≠ 0 (*). Khi đó:

Với mọi k ∈ N*, ta có :

uk
1
1
2
=
=

u k + 2 u k (u k + 2) u k u k (u k + 2)
1
2
1
1
= u − 2u = u − u
k
k +1
k
k +1

⇒ Sn = 1/ u1 − 1/ u n +1
u1
>
u n +1 = (u n2

0.2
5

1.CM:

+ 2u n ) / 2 > 1, ∀n ∈ N *

⇒ un > 1, ∀ n ∈ N*
Ta có: u n +1 − u n = u 2n / 2 > 0, ∀n ∈ N *
⇒ (un) tăng
Giả sử (un) bị chặn trên thì (un) tồn tại
giới hạn hữu hạn: limun = a (a ≥ 1).
⇒ 2a=a2 + 2a ⇒ a = 0. Mâu thuẫn với
a≥1
⇒ limun = +∞ ⇒ lim(1/ u n +1 ) = 0 .
Vậy: limSn = 1/ u1 = 2013 / 2014 .

0.2
5
0.2
5
0.5

0.2
5
0.2
5

(I):
2.5
0.2
5

b) f(3x – y + α) = 3f(x) – f(y),
∀x,y∈R (1)

2.0

3x '− y '
Trong (1), thay x = y = 2 ta được:



 3x '− y ' 
f (3x '− y '+ α) = 2f 
÷, ∀x’, y’∈R
 2 
 3x − y 
f (3x − y + α ) = 2f 
÷ , ∀x, y∈R (2)
 2 

Từ (1) và (2) suy ra:

0.2
5


3



2 4
2
(x + 1)(x + 2x − 15) =  2 − 4 ÷
÷
yy


(I) ⇔ 
1 + 4 = 5[(x + 1) 2 + 1]
 y2


0.2
5

(

a(a 2 − 16) = b b 2 − 4


1 + b 2 = 5(a 2 + 1)
a 3 − b3 = 16a − 4b
⇔  2
2
 b − 5a = 4 (1)

b

0.2
5

4b

⇔ a = 0 hoặc a = − 3 hoặc a = 7
+ Thay a = 0 vào (1) được b 2 = 4 và tìm
được hai nghiệm (–1 ; –1), (–1 ; 1).
b
+ Thay a = − 3 vào (1) được b2 = 9 và tìm

1 
3
f  x − y ÷− f (0) =
2
2 


4b
+ Thay a = 7 vào (1) được :

1  3
1
3
g  x − y ÷ = g ( x ) − g ( y ) ,∀x,y∈R
2  2
2
2
1
3  3
 1 
⇒ g  2 x ÷ = 2 g ( x ) , g  − 2 y ÷ = − 2 g ( y ) ,

∀x,y∈R

0.2
5

⇒g(x+y) = g(x) + g(y),∀x,y∈R
Vì g liên tục trên R nên:
g(x) = ax, ∀x∈R, với g(1) = a (a tùy
ý)
⇒ f(x) = ax + b, ∀x∈R (4) (với a, b tùy
ý)
Thay (4) vào (1) ta được: b = aα
Vậy f(x) = ax + aα, với a tùy ý.

0.2
5
0.2
5

31 2
b = 4 (vô nghiệm).
49

Đặt g(x) = f(x) – f(0), ta có: g(0) = 0
và:



0.2
5
0.2
5

∀x,y∈R

0.2
5

được hai nghiệm (–2 ; 2/3), (0 ; – 2/3).



1

3
1
[f ( x ) − f (0)] − [f ( y ) − f (0)] ,
2
2

)

⇒ a3 – b3 = (b2 – 5a2)(4a – b)
⇔ 21a3 – 5a2b – 4ab2 = 0

3

Thay x = 0, y = 0 vào (3) ta được:
f(0) = 3f(0)/2–f(0)/2 ⇒ f(0) = b, b tùy
ý
(3) ⇔

2

Đặt a = x + 1, b = y (b ≠ 0), hệ trên trở
thành:

1 

⇒ f  2 x − 2 y ÷ = 2 f ( x ) − 2 f ( y ) ,∀x,y∈R (3)

1 
3
3 
 1 
g  x − y ÷ = g  x ÷+ g  − y ÷ ,∀x,y∈R
2 
2
2 
 2 

0.2
5
0.2
5

0.2
5
0.2
5
0.2
5

Kết luận đúng.

0.2
5

0.2
5
0.2
5
Câu 3.
a) T = MA.h a + MB.h b + MC.h c

5.0
3.0

Câu 4.
a) a + 2b = c (1), a3 + 8b3 = c2 (2)

3.0
2.0


Ta có:

ha =

2S 2
2S 2
2S 2
= , hb =
= , hc =
=
a a
b b
c c

 MA.GA MB.GB MA.GC 
+
+
÷
a.GA
b.GB
c.GC 

⇒ T = 2 

 MA.GA MB.GB MA.GC 
= 3
+
+
÷
b.mc
c.m c 
 a.m a
1
1
a.ma = a 2b 2 + 2c2 − a 2 =
3a 2 (2b 2 + 2c 2 − a 2 )
2
2 3
⇒ a.m a ≤

a 2 + b 2 + c2
2 3

Tương tự

b.m b ≤

0.2
5
0.2
5
0.2
5

a 2 + b2 + c2
a 2 + b 2 + c2
, c.m c ≤
2 3
2 3

6 3
T≥ 2
(MA.GA + MB.GB + MC.GC) (1)
a + b2 + c2

Đẳng thức xảy ra ⇔ a uuuu
= rbuuur
= c.uuur uuur uuur uuur

0.2
5

(2) ⇔ (a + 2b)(a2 – 2ab + 4b2) = c2 (3)
Từ (1) và (3) suy ra:
(2) ⇔ a2 – 2ab + 4b2 = (a + 2b)
⇔ 4b2 – 2(a + 1)b + a2 – a = 0 (4)
∆’ = (a + 1)2 – 4(a2 – a) = –3a2 + 6a + 1
(4) có nghiệm ⇔ ∆’ ≥ 0
⇔ 3a2 – 6a ≤ 1 ⇔ 3(a – 1)2 ≤ 4
⇔ a = 1 hoặc a = 2 (vì a ∈ N*)
+ a = 1 ⇒ b = 1, c = 3
+ a = 2 ⇒ b = 1, c = 4
Vậy (a;b;c) =(1;1;3) hoặc (a;b;c) =(2;1;4)

MA.GA + MB.GB + MC.GC ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
= (MG + GA)GA + (MG + GB)GB + (MG + GC)GC

4
a 2 + b2 + c2
= GA 2 + GB2 + GC 2 = (m a2 + m 2b + m c2 ) =
(2)
9
3

Đẳnguuuu
thức
xảy ra
r uuur
uuur uuur
⇔ MA, GA cùng hướng, MB, GB cùng
uuur uuur
hướng, MC, GC cùng hướng ⇔ M trùng G.
Từ (1) và (2) suy ra: T ≥ 2 3
Vậy minT = 2 3 ⇔ ∆ABC đều và M trùng
G.

0.2
5
0,2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5

0.2
5

b)

0.2
5
0.2
2.0
5

b)
Giả sử: f (x) = a n x n + a n −1x n −1 + ... + a1x1 + a 0
Ta có: f(a + b) – f(a) =
= a n [(a+b) n − a n ] + a n −1[(a+b) n −1 − a n −1]+...+a1b
= a n b[(a+b)n −1 + a(a+b) n − 2 +...+a n − 2 (a + b) + a n −1 ]

0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.2
5
1.0

0.2
5

+a n −1b[(a+b) n − 2 + a(a+b) n −3 +...+a n −3 (a + b) + a n −2 ]
+...+a1b

Suy ra: f(a + b) – f(a) chia hết cho b
Mà f(a+b) chia hết cho b nên f(a) chia hết
cho b
Tương tự, f(b) chia hết cho a.

Câu 5.
Đặt P là vế trái của BĐT đã cho và :

0.2
5
0.2
5
0.2
5
3.0


Q=

+

b2

k

(a + b)(a 2 + b 2 )...(a 2

a

k −1

+ b2

k −1

c2

+

k

) (b + c)(b 2 + c 2 )...(b 2

2k

k −1
k −1
(c + a)(c 2 + a 2 )...(c 2
+ a2 )

k −1

+ c2

k −1

)

0.5

.

0.5

Ta có: P – Q = (a – b) + (b – c) + (c – a) =
0
k

⇒ 2P = P + Q =

a 2 + b2

(a + b)(a 2 + b 2 )...(a 2
k

+

k

c2 + a 2

k

k −1

k −1

+ b2

b2 + c2

+

k

) (b + c)(b 2 + c2 )...(b 2

k −1

+ c2

k −1

k

(c + a)(c 2 + a 2 )...(c 2

k −1

+ a2

k −1

)

0.2
5

)

Ta có:
2(a2 + b2) ≥ (a + b)2
2(a4 + b4) ≥ (a2 + b2)2
……………………..
k

k

2(a 2 + b 2 ) ≥ (a 2



a

2k

+b

k −1

+ b2

0.2
5
k −1 2

)

2k

(a + b)(a 2 + b2 )...(a 2

k −1

+ b2

k −1


)

a+b
2k

Tương tự với các số hạng khác của P+Q,
suy ra:
⇒P≥

a+ b b+ c c+ a
2P ≥
+
+
2k
2k
2k
a +b+c
2k



33 abc
2k

=

3
2k −1

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
2.

0.5
0.5
0.2
5
0.2
5

Xây dựng hệ tọa độ

y

nhưC
H

có:

hình vẽ.
A Đặt BC = 2b (b>0), ta

0.2
5

G
O
E

x

B(0 ; –b), C(0 ; b)
Giả sử A(x0 ; y0) (x0 ≠

0)
B

0.2
5

Ta có: G(x0/3; y0/3)
Tọa độ điểm H là

nghệm
của hệ phương trình:
 y = y0

 x 0 x + (y 0 − b)(y + b) = 0
2
 b 2 −y 0

⇒H 
; y0 ÷
 x0
÷



0.2
5


Ghi chú: Nếu thí sinh có cách giải khác nhưng vẫn đúng thì ban giám khảo cần thảo luận
thống nhất biểu điểm và cho điểm phù hợp với thang điểm.


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƯƠNG

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN THI: NGỮ VĂN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể giao đề)
Đề thi gồm: 01 trang

Câu 1 (3,0 điểm)
Câu chuyện của hai hạt mầm
Có hai hạt mầm nằm cạnh nhau trên một mảnh đất màu mỡ. Hạt mầm thứ nhất nói: Tôi
muốn lớn lên thật nhanh. Tôi muốn bén rễ sâu xuống lòng đất và đâm chồi nảy lộc xuyên qua
lớp đất cứng phía trên...
Tôi muốn nở ra những cánh hoa dịu dàng như dấu hiệu chào đón mùa xuân... Tôi
muốn cảm nhận sự ấm áp của ánh mặt trời và thưởng thức những giọt sương mai đọng trên
cành lá.
Và rồi hạt mầm mọc lên.
Hạt mầm thứ hai bảo:
- Tôi sợ lắm. Nếu bén những nhánh rễ vào lòng đất sâu bên dưới, tôi không biết sẽ gặp
phải điều gì ở nơi tối tăm đó. Và giả như những chồi non của tôi có mọc ra, đám côn trùng sẽ
kéo đến và nuốt ngay lấy chúng. Một ngày nào đó, nếu những bông hoa của tôi có thể nở ra
được thì bọn trẻ con cũng sẽ vặt lấy mà đùa nghịch thôi. Không, tốt hơn hết là tôi nên nằm ở
đây cho đến khi cảm thấy thật an toàn đã.
Và rồi hạt mầm nằm im và chờ đợi.
Một ngày nọ, một chú gà đi loanh quanh trong vườn tìm thức ăn, thấy hạt mầm nằm lạc
lõng trên mặt đất bèn mổ ngay lập tức.
(THẢO NGUYÊN, Nguồn: Hạt giống tâm hồn - Từ những
điều bình dị - First News và NXB Tổng hợp TPHCM phối
hợp ấn hành)
Suy nghĩ của anh (chị) về vấn đề đặt ra trong câu chuyện trên?
Câu 2 (7,0 điểm)
Bàn về lao động nghệ thuật của nhà văn, Mác-xen Pruxt cho rằng:
“Một cuộc thám hiểm thực sự không phải ở chỗ cần một vùng đất mới mà cần một đôi
mắt mới”.
Anh (chị) hiểu ý kiến trên như thế nào? Bằng hiểu biết về truyện ngắn “Chí Phèo” của
Nam Cao và bài thơ “Tây Tiến” của Quang Dũng, hãy làm rõ quan niệm nghệ thuật của Mácxen Pruxt.


...............................Hết..............................

Họ và tên thí sinh:...............................................Số báo danh:.................
Chữ ký giám thị 1:.................................Chữ ký giám thị 2:.....................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HẢI DƯƠNG

LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN THI: NGỮ VĂN
Hướng dẫn chấm gồm: 03 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN NGỮ VĂN
A. YÊU CẦU CHUNG

- Giám khảo phải nắm được nội dung trình bày trong bài làm của thí sinh, tránh đếm ý
cho điểm. Vận dụng linh hoạt Hướng dẫn chấm, sử dụng nhiều mức độ điểm một cách hợp lí,
khuyến khích những bài viết có cảm xúc, sáng tạo.
- Học sinh có thể làm bài theo nhiều cách nhưng nếu đáp ứng những yêu cầu cơ bản của
đề, diễn đạt tốt vẫn cho đủ điểm.
- Điểm bài thi có thể cho lẻ đến 0,25 điểm và không làm tròn.
B. YÊU CẦU CỤ THỂ
Câu 1 (3,0 điểm)
a. Về kĩ năng
Biết cách làm bài văn nghị luận xã hội, lập luận chặt chẽ, có sức thuyết phục, văn viết mạch
lạc, trong sáng, không mắc lỗi chính tả, dùng từ hoặc đặt câu.
b.Về kiến thức
Học sinh có thể trình bày theo nhiều cách khác nhau nhưng cần đảm bảo các nội dung cơ
bản sau:
Nội dung

Điểm tối
đa

1.

Giới thiệu câu chuyện và quan niệm sống tích cực mà truyện gợi 0,25 đ
ra: Sống phải có ước mơ cao đẹp, dám đương đầu với những khó
khăn thử thách để thực hiện ước mơ.

2.

Giải thích

0,5đ


- Tóm tắt thật ngắn gọn truyện: Hạt mầm thứ nhất muốn lớn lên,
bén rễ, đâm chồi nảy lộc, nở hoa dịu dàng nên đã mọc lên. Hạt
mầm thứ hai sợ đất sâu tối tăm, sợ chồi non bị côn trùng nuốt, sợ
trẻ con vặt hoa nên nằm im, chờ đợi, kết cục bị gà mổ tức khắc.
- Mượn câu chuyện hai hạt mầm, tác giả đã nêu lên và khẳng
định một quan niệm nhân sinh đúng đắn, tích cực: Con người
sống phải có ước mơ (mong muốn những điều tốt đẹp trong
tương lai), dám đối đầu với khó khăn để biến ước mơ thành hiện
thực và tỏa sáng. Sống không có ước mơ, hèn nhát, sợ hãi, thụ
động... chỉ nhận được sự thất bại, thậm chí bị hủy diệt.
3

Lí giải vấn đề

1,25 đ

- Cuộc sống rất đa dạng và phong phú: có cơ hội cho con người
lựa chọn nhưng cũng lắm thử thách gian nan. Hành trình sống
của con người là không ngừng vươn lên để sáng tạo, in dấu ấn
trong cuộc đời. Khó khăn không hoàn toàn là trở lực mà chính là
động lực thôi thúc hành động, đạt tới thành công.
- Ước mơ tạo nên bản lĩnh, là nguồn sức mạnh tinh thần to lớn
giúp con người vượt qua khó khăn “xuyên qua đá cứng” để sống
và tận hưởng hương vị, vẻ đẹp của cuộc đời; là động lực thôi thúc
con người tìm tòi, khám phá, đóng góp sức mình làm cho cuộc
sống trở nên tươi đẹp hơn.
- Cuộc sống chỉ thực sự có ý nghĩa khi con người có ước mơ,
khát vọng và nỗ lực vượt khó, chinh phục mọi thử thách để sinh
tồn và phát triển.
- Sợ hãi trước cuộc sống, không dám làm bất cứ điều gì, chỉ biết
thu mình trong vỏ bọc hèn nhát, thụ động chờ đợi con người sẽ
trở nên yếu hèn.
- Cuộc sống không ước mơ, không dám đương đầu với thực tế là
cuộc sống vô vị, nhàm chán, sống thừa, sống vô ích, con người sẽ
chỉ nhận được thất bại, thậm chí có thể tan biến trong cuộc đời.
(Trong quá trình lí giải cần chọn dẫn chứng minh họa)
4.

Bàn luận
- Bên cạnh những người có ước mơ, không ngừng vươn lên để
sáng tạo, cũng còn không ít người sợ hãi, né tránh gian khổ, khó
khăn. Bên cạnh những ước mơ chính đáng, phù hợp với mục tiêu
cao đẹp của cộng đồng cũng còn có ước mơ vụn vặt, tầm thường,
vị kỉ.
- Biểu dương những người có ước mơ, có nghị lực vươn lên. Phê
phán những người sống không có ước mơ, thụ động, ngại khó
ngại khổ, không có ý chí, nghị lực.

0,75đ


(dẫn chứng minh họa)
5

Liên hệ rút ra bài học về nhận thức và hành động.

0,25 đ

* Ghi chú: Nếu học sinh có ý kiến ngoài hướng dẫn nhưng có những kiến giải hợp lý,
thuyết phục thì giám khảo vẫn đánh giá, cho điểm (không vượt quá điểm tối đa của từng
phần).
Câu 2 (7,0 điểm)
a. Về kĩ năng
- Biết cách làm bài văn nghị luận văn học, bố cục rõ ràng, sử dụng linh hoạt các thao tác
lập luận: giải thích, phân tích, chứng minh, bình luận...
- Văn viết mạch lạc, trong sáng, có cảm xúc, không mắc lỗi chính tả, dùng từ, đặt câu.
b. Về kiến thức
Học sinh có thể trình bày theo nhiều cách khác nhau nhưng cần đảm bảo các nội dung cơ
bản sau:
Nội dung

Điểm

1

Giới thiệu được vấn đề nghị luận và truyện ngắn “Chí Phèo” của Nam 0,5đ
Cao, bài thơ “Tây Tiến” của Quang Dũng.

2

Giải thích ý kiến
- Giải thích từ ngữ
+ “Cuộc thám hiểm thực sự”: Quá trình lao động nghệ thuật nghiêm
túc, gian khổ và đầy bản lĩnh của nhà văn để sáng tạo nên tác phẩm đích thực.
+ “Vùng đất mới”: Hiện thực đời sống chưa được khám phá (đề tài mới).
+ “Đôi mắt mới”: Cái nhìn, cách cảm thụ con người và đời sống mới mẻ.
→ Hàm ý câu nói: Trong quá trình sáng tạo nghệ thuật, điều cốt yếu là
nhà văn phải có cái nhìn và cách cảm thụ độc đáo, giàu tính phát hiện về
con người và đời sống.
- Bàn luận
+ Để tạo nên tác phẩm nghệ thuật đích thực, nhà văn phải có tài năng,
tâm huyết, có bản lĩnh và phải biết lao động nghệ thuật nghiêm túc, gian
khổ giống như“cuộc thám hiểm thực sự”. Nếu dấn thân vào“vùng đất
mới” mà nhà văn không có cách nhìn, cách cảm thụ đời sống mới mẻ thì
cũng không thể tạo nên tác phẩm nghệ thuật có giá trị đích thực.
+ Dù viết về đề tài đã cũ nhưng bằng cái nhìn độc đáo, giàu tính khám
phá, phát hiện, nhà văn vẫn thấu suốt bản chất đời sống, mang lại cho tác
phẩm giá trị tư tưởng sâu sắc.

1,5đ


+ Nếu nhà văn có“đôi mắt mới”, biết nhìn nhận con người và đời sống
giàu tính khám phá, phát hiện lại tiếp cận với một“vùng đất mới”, thì sức
sáng tạo của nhà văn và giá trị của tác phẩm càng độc đáo, càng cao. Vì
thế, coi trọng vai trò quyết định của“đôi mắt mới” nhưng cũng không
nên phủ nhận ý nghĩa của“vùng đất mới” trong thực tiễn sáng tác.
+ Để có cái nhìn và cách cảm thụ độc đáo nhà văn phải bám sát vào
hiện thực đời sống; trau dồi tài năng, bản lĩnh (sự tinh tế, sắc sảo...); bồi
dưỡng tâm hồn (tấm lòng, tình cảm đẹp với con người và cuộc đời...);
xác lập một tư tưởng, quan điểm đúng đắn, tiến bộ.
(Trong quá trình bàn luận có thể lấy dẫn chứng minh họa)
4.

Phân tích, chứng minh

4,5đ

- Truyện ngắn “Chí Phèo” của Nam Cao

2,0đ

+ Đề tài: Cuộc sống của người nông dân nghèo Việt Nam thời kì
trước Cách mạng tháng Tám. Đây là đề tài quen thuộc, được nhiều nhà
văn khai thác và đã xây dựng được những hình tượng điển hình như
trong: Tắt đèn (Ngô Tất Tố), Bước đường cùng (Nguyễn Công Hoan),...
+ Cũng viết về cuộc sống của người nông dân thời kì trước Cách
mạng tháng Tám, Nam Cao không chỉ đề cập đến nỗi khổ đau về vật chất
của người nông dân mà còn xoáy sâu vào bi kịch tinh thần đau đớn: Bi
kịch bị tha hóa, bị cự tuyệt quyền sống làm người lương thiện.
+ Nhà văn trân trọng phát hiện phẩm chất tốt đẹp của con người.
Khẳng định bản chất lương thiện của con người không bao giờ mất đi
cho dù họ có bị hủy hoại và tàn phá cả nhân hình lẫn nhân tính...
- Bài thơ “Tây Tiến” của Quang Dũng
Khác với các thi sĩ cùng thời, khi viết về đề tài người lính (anh bộ đội
Cụ Hồ) thời kỳ đầu cuộc kháng chiến chống Pháp, Quang Dũng thể hiện
2,0đ
một cách nhìn mới, một“đôi mắt mới”:
+ Nhà thơ không né tránh hiện thực mà nhìn thẳng vào cuộc chiến
khốc liệt để làm nổi bật những hi sinh, mất mát.
+ Con đường Tây Tiến hiện ra vừa dữ dội, hùng vĩ vừa thơ mộng,
mĩ lệ một thời.
+ Bức tượng đài người lính Tây Tiến (xuất thân từ tầng lớp trí thức
Hà Nội) hào hoa, lãng mạn, đậm tinh thần bi tráng.
- Đánh giá khái quát
Nếu có“đôi mắt mới”, cách nhìn mới thì cho dù có viết về“vùng đất
cũ” nhà văn vẫn tạo ra được những áng thơ, thiên truyện độc đáo, có giá
trị, có phẩm chất và cốt cách văn học, có sức lay động lòng người, có khả
năng sống mãi với thời gian.

0,5đ


4.

Kết luận vấn đề

0,5đ
................... Hết ....................


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi :

ĐỀ CHÍNH THỨC

NGỮ VĂN

Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Ngày thi : 02/10/2013

Câu 1 (8 điểm)
Trình bày suy nghĩ của anh/chị về quan niệm sống thể hiện trong các câu sau:
- Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối
Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm
(trích Giục giã - Xuân Diệu)
- Sống tung sóng gió thanh cao mới
Sống mạnh dù trong một phút giây
(trích Đi - Tố Hữu)
- Sống trong đời sống cần có một tấm lòng.
(trích Để gió cuốn đi (ca từ) - Trịnh Công Sơn)
Câu 2 (12 điểm)
Có nhận định rằng: Văn chương không có gì riêng sẽ không là gì cả.
Anh/chị hiểu như thế nào về ý kiến trên ?
Hãy phân tích bài thơ Sóng của Xuân Quỳnh để làm sáng tỏ ý kiến đó.
--------------------- HẾT --------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
QUẢNG NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT
Năm học 2013 - 2014

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN NGỮ VĂN LỚP 12
(Hướng dẫn chấm này có 4 trang)
A. HƯỚNG DẪN CHUNG
- Cần nắm bắt được nội dung trình bày của học sinh để đánh giá một cách tổng quát bài làm,
tránh đếm ý cho điểm. Cần chủ động và linh hoạt khi vận dụng Hướng dẫn chấm này.
- Đặc biệt trân trọng những bài viết có cách diễn đạt chặt chẽ, mạch lạc, giàu hình ảnh và cảm
xúc, có cách nhìn riêng, cách trình bày riêng hợp lí.
- Điểm lẻ toàn bài tính đến 0,5 đ.
B. ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
Câu 1 (8 điểm)
Trình bày suy nghĩ của anh/chị về quan niệm sống thể hiện trong các câu sau:
- Thà một phút huy hoàng rồi chợt tối
Còn hơn buồn le lói suốt trăm năm
(trích Giục giã - Xuân Diệu)
- Sống tung sóng gió thanh cao mới
Sống mạnh dù trong một phút giây
(trích Đi - Tố Hữu)
- Sống trong đời sống cần có một tấm lòng.
(trích Để gió cuốn đi (ca từ) - Trịnh Công Sơn)
I. Yêu cầu về hình thức và kĩ năng:
- Vận dụng thuần thục cách thức làm bài văn nghị luận xã hội về một tư tưởng, đạo lí: kết
hợp các thao tác lập luận một cách nhuần nhuyễn, huy động tốt những kiến thức sách vở,
đời sống, những trải nghiệm của bản thân…để bảo vệ cho lập luận của mình.
- Kết cấu chặt chẽ, diễn đạt sáng rõ, trôi chảy ; hạn chế tối đa việc mắc lỗi chính tả, dùng
từ và ngữ pháp.
II.Yêu cầu về kiến thức:
Cần hiểu đúng ý tưởng của các câu trích ; cũng như dẫn ra được những dẫn chứng thực
tế để bảo vệ cho lập luận của mình. Học sinh có quyền đưa ra những ý kiến riêng. Điều
quan trọng là cách hiểu và cách bàn luận phải xuất phát từ ý tưởng được dẫn trên đề và phải
phù hợp với chuẩn mực đạo đức chung của xã hội cũng như có sự hợp lí về lập luận.
Bài làm cần thiết đảm bảo định hướng chính sau:
1. Giải thích vấn đề:
3.
0
- So sánh làm nổi bật quan niệm sống, khát vọng sống tích cực: phải hướng đến một đời 1.


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×