ĐỀ HSG HUẾ VÒNG 07-08

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008
Đề thi chính thức
Moõn : TOAN
Thụứi gian laứm baứi : 180 phuựt
Ba

i 1: (3 im)
Gii phng trỡnh :
3 4
sin os 1 ( )x c x x
+ =
Ă
.
Ba

i 2: (4 iờ

m)
a) Ch

ng minh r

ng:
( )
3
3
2
1
3
2 3 3

x
x
x
+

+
R
b) Gii bt phng trỡnh:
2 3
3 1 1
3 2 3 ( )
x x x
x

+
Ă
.
Ba

i 3: (4 im)
Tỡm tt c cỏc giỏ tr thc ca m phng trỡnh sau cú mt s l
nghim thc:
2 2
(3 14 14) 4(3 7)( 1)( 2)( 4)x x x x x x m + =
.
Ba

i 4: (4,5 im)
Cho ABC l mt tam giỏc nhn cú trng tõm G v trc tõm H khụng
trựng nhau. Chng minh rng ng thng GH song song vi ng thng BC

khi v ch khi :
tgB + tgC = 2tgA .
Ba

i 5: (4,5 im)
a) Cho a, b l cỏc s thc khụng õm tựy ý cú tng nh hn hoc bng
4
5
.
Chng minh rng :
1 1 1
1
1 1 1
a b a b
a b a b

+ +
+ + + +
b) Xột cỏc s thc khụng õm thay i
, ,x y z
tha iu kin:
1x y z
+ + =
.
Tỡm giỏ tr nh nht v giỏ tr ln nht ca:
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z

= + +
+ + +
.
Ht
Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh
Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008
Moõn : TOAN
ẹAP AN - THANG ẹIEM
Ba

i 1 NI DUNG IM
(3)
Gii phng trỡnh:
3 4
sin os 1 ( )x c x x
+ =
Ă

Vit li:
3 4 3 4 2 2
sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x+ = + = +

( )
( )
2 2 2
sin 1 sin cos 1 cos 0 (*)x x x x + =
0,5
Chỳ ý:
( )

2
sin 1 sin 0x x
v
( )
2 2
cos 1 cos 0x x
.
Do ú: (*)

( )
2
sin 1 sin 0x x =
v
( )
2 2
cos 1 cos 0x x =

1


sinx = 0 hay sinx = 1
0,5
Nghim ca phng trỡnh ó cho l : x = k

; x =
2

+ 2k

(k

Z
)
1
NI DUNG IM
Ba

i 2
(4)
Gii bt phng trỡnh :
2 3
3 1 1
3 2 3 ( )
x x x
x

+
Ă
.

a) Ta cú: 2+
3
1
3
x
=1+1+
3
1
3
x

3
3
3
1
1.1.3
x
=
3
2
3
3
x +
(BT Cụsi,

x Ă
)
Dõ

u

ng th

c xa

y ra khi x = 1.
1,0
Nhn xột
1x
=
l mt nghim 0,5

Ta s chng t vi
1x

thỡ:
2
3 1
3
x x
< 2 +
3
1
3
x
(1)
0,5
Ta cú: 2+
3
1
3
x
>
3
2
3
3
x +
(cõu a/ v x

1 )
v: 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
Vi mi
5x

v x

1 thỡ
2
3 1
3
x x


3
2
3
3
x +

< 2 +
3
1
3
x

Vi
5x
<
thỡ
2
3 1
3
x x
< 3
0
< 2 +
3
1
3
x
0,5
T ú (1) ỳng vi mi x

1. 0,5
Vy bt phng trỡnh ó cho ch cú mt nghim l x = 1 . 0.5
Ba

i 3 NI DUNG IM
(4) Tỡm tt c cỏc giỏ tr thc ca m phng trỡnh sau cú mt s l nghim thc:

2 2
(3 14 14) 4(3 7)( 1)( 2)( 4)x x x x x x m
+ =
t:
( ) ( ) ( )
3 2
( ) 1 2 4 7 14 8f x x x x x x x= = +
v

( )
( )
2
2
( ) 3 14 14 4 3 7 ( )g x x x x f x= +

g(x) l a thc bc 4 vi h s ca x
4
l -3 .Ta lp bng bin thiờn ca 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
= +
= + =

2
'( ) 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
-
∞
-
∞
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
Ba
̀
i 4 NỘI DUNG ĐIỂM

(4,5đ) 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
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
Câu b
(3đ)
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 Min S :
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 1x 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 Max S : Có thể giả sử:
0 1x 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
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