Đề thi chọn học sinh giỏi môn toán tỉnh Thừa THiên Huế năm 2007 - 2008 ppsx

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008

Môn : TOÁN
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM


Bài 1
NỘI DUNG ĐIỂM
(3đ)
Giải phương trình:
3 4
sin os 1 ( )
x c x x  
¡



Viết lại:
3 4 3 4 2 2
sin cos 1 sin cos sin cos
x x x x x x
     





2 2 2
sin 1 sin cos 1 cos 0 (*)
x x x x    

0,5

Chú ý:


2
sin 1 sin 0
x x
 
và


2 2
cos 1 cos 0
x x
 
.
Do đó: (*)



2
sin 1 sin 0
x x
 
và


2 2
cos 1 cos 0

x x
 

1


sinx = 0 hay sinx = 1
0,5

Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k

; x =
2

+ 2k

(k

Z
)
1

NỘI DUNG ĐIỂM
Bài 2

(4đ)
Giải bất phương trình :
2 3
3 1 1
3 2 3 ( )

x x x
x
  
  
¡
.

a) Ta có: 2+
3
1
3
x

=1+1+
3
1
3
x


3
3
3
1
1.1.3
x

=
3
2

3
3
x

(BĐT Côsi,

x

¡
)
Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1.

1,0
Nhận xét
1
x

là một nghiệm
0,5
Ta sẽ chứng tỏ với
1
x

thì:
2
3 1
3
x x
 
< 2 +

3
1
3
x

(1)
0,5
Ta có: 2+
3
1
3
x

>
3
2
3
3
x

(câu a/ và x

1 )
và: x
3
+2 –3(3x-x
2
-1) = x
3
+3x

2
-9x+5 = (x-1)(x
2
+4x-5) = (x-1)
2
(x+5)
0,5
Với mọi
5
x
 
và x

1 thì
2
3 1
3
x x
 


3
2
3
3
x

< 2 +
3
1

3
x


Với
5
x
 
thì
2
3 1
3
x x
 
< 3
0
< 2 +
3
1
3
x


0,5
Từ đó (1) đúng với mọi x

1. 0,5

Vậy bất phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là x = 1 . 0.5
Bài 3

NỘI DUNG Điểm
Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực:

2 2
(3 14 14) 4(3 7)( 1)( 2)( 4)
x x x x x x m
       


(4đ)
Đặt:






3 2
( ) 1 2 4 7 14 8
f x x x x x x x
       
và



 
2
2
( ) 3 14 14 4 3 7 ( )
g x x x x f x

    
g(x) là đa thức bậc 4 với hệ số của x
4
là -3 .Ta lập bảng biến thiên của g(x).
1
 
   
2
2
'( ) 3 14 14;
'( ) 2 3 14 14 6 14 12 ( ) 4 3 7 '( ) 12 ( )
f x x x
g x x x x f x x f x f x
  
        

'( ) 0 1; 2; 4.
g x x x x
    

(1) 9; (2) 4; (4) 36.
g g g
  


x
-

1 2 4 +


g’(x)

+ 0 - 0 + 0 -
g(x)
36

9

4
-

-



2
Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình ( )
g x m

có một số lẻ nghiệm khi
và chỉ khi:
4; 9; 36.
m m m
  

1
Bài 4
NỘI DUNG ĐIỂM
Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H không trùng

nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và
chỉ khi: tgB + tgC = 2tgA .


Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ :
A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0)
Ta có :
2
;
3 3
p q s
G

 
 
 
)
và p
2
+q
2
= r
2
+s
2
(2)

1
Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi
0 2 0
G
y q s
   
(3)
0,5
Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC
Do đó : tgB + tgC = 2tgA

tgB.tgC = 3 (4)
1
Ta có: tgB =
q s
p r


; tgC =
q s
p r



; tgB.tgC =
2
2 2
( )
q s

r p


=
2
2 2
( )
q s
q s


(do(2))
Hay: tgB.tgC =
q s
q s


(5)
1
(4,5đ)
Nếu GH//BC thì từ (3) cho q = 2s. Từ (5) suy ra tgB.tgC = 3.
Do (4) mà tgB + tgC = 2tgA
0,5

Nếu tgB + tgC = 2tgA thì từ (4) và (5) cho q = 2s . Do (3) mà GH//BC. 0,5
BÀI 5
NỘI DUNG ĐIỂM
Câu a
(1,5đ)

Chứng minh :
1 1 1
1
1 1 1
a b a b
a b a b
   
  
   
(*) với a, b

0 và a + b


4
5


r
q
y
-
r
-
s
p
x
C
A
B

O
Bình phương các vế của (*) ta được:
2(1 )
1
ab
ab a b

  
+ 2
1 ( )
1
ab a b
ab a b
  
  

2
1
a b
 
+ 2
1 ( )
1
a b
a b
 
 


1

1
u v
u v
 
 
-
1
1
v
v



(2 )
(1 )(1 )
u v
v v u

  
(với u = ab; v = a + b)
0,5

1
1
u v
u v
 
 
-
1

1
v
v



(2 ) 1 1
(1 )(1 ) 1 1
u v u v v
v v u u v v
 
   

 
 
     
 


2
(1 )(1 )
uv
u v v
  

(2 ) 1 1
(1 )(1 ) 1 1
u v u v v
v v u u v v
 

   

 
 
     
 

Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức.
0,5

Xét u >0. Lúc đó (*) đúng khi bất đẳng thức:
2
2
v
v



1
1
u v
u v
 
 
+
1
1
v
v



(**) đúng.

Ta có:
1
1
u v
u v
 
 
+
1
1
v
v


> 2
1
1
v
v


= 2
2
1
1
v
 



2
2
1
4
1
5
 

=
2
3

Ngoài ra:
2
2
v
v

=
2
2
1
v

<
2
3
(Do 0 < v = a + b



4
5
< 1 ). Từ đó (**) là bất
đẳng thức đúng .
0,5
Xét các số thực không âm thay đổi x,y,z thỏa điều kiện: x+ y + z = 1 .
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của:
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z
  
  
  


Tìm MinS :
Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] .
Vì




2
1 1 1 1
x x x
    

nên:
2
1
(1 )
1
x
x
x

 

hay:
1
1
1
x
x
x

 

. Dấu đẳng
thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1
0,5
Do đó:
1 1 1
1 1 1
1 1 1
x y z
S x y z

x y z
  
        
  
hay S

2.
Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2.
Vậy: MinS = 2 .
1
Tìm MaxS: Có thể giả sử:
0 1
x y z
   
. Lúc đó:
1 2 4
;
3 3 5
z x y
   
.
Dùng câu a/, ta có:
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z
  
  
  


1 +
1 ( )
1
x y
x y
 
 
+
1
1
z
z


=1 +
2
z
z

+
1
1
z
z



0,5
Câu b

(3đ)
Đặt h(z) =
2
z
z

+
1
1
z
z


. Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn
1
; 1
3
 
 
 

0,5
1
'( ) 0
2
h z z
  
.
1 1 2
axf(z)=Max h ; (1);

3 2
3
M h h
 
   

 
   
   
 


Vì vậy :
1 1 1 2
1
1 1 1
3
x y z
S
x y z
  
    
  
.
Khi x = 0 và
1
2
y z
 
thì

2
1
3
S  
. Vậy: MaxS = 1 +
2
3
.
0,5