HSG TOAN 12 2008

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (146.91 KB, 4 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chän häc sinh giái tØnh

Thõa Thiªn HuÕ Khèi 12 THPT - Năm học 2007-2008

Đề thi chính thức

Mụn: Toỏn

Thi gian làm bài : 180 phút

Bài 1: (3 điểm)

Giải phương trình

:

sin

x c x



os



1 (

x

 

)

.

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng:





3 1 2

2 3

3

x

x  

x





 

R

b) Giải bất phương trình:

3

3x x 21

2 3

x31

(

x

)

 

 

.

Bài 3: (4 điểm)

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

thực:

2 2

(3

x



14 x



14)



4(3

x



7)(

x



1)(

x



2)(

x



4)



m

.

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H khơng trùng

nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ

khi :

tgB + tgC = 2tgA .

Bài 5: (4,5 điểm)

a) Cho a, b là các số thực khơng âm tùy ý có tổng nhỏ hơn hoặc bằng

.

Chứng minh rằng :

1 a

b

a b

a

b

a b





 



 

b) 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 x

y

z

S

x

y

z







.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Së Gi¸o dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh

Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008

Mơn :

TỐN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM

(3đ)

Giải phương trình: sin3x c xos4 1 (x )

   

Viết lại: sin3x cos4x 1 sin3x cos4x sin2x cos2x

     

sin2x



1 sinx



cos2 x



1 cos2x



0 (*)

    

0,5

Chú ý: sin2x



1 sinx



0

  và cos2 x



1 cos 2x



0.
Do đó: (*)  sin2x



1 sin x



0 và cos2x



1 cos 2x



0

 sinx = 0 hay sinx = 1 0,5

Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k; x =



+ 2k (kZ) 1

NỘI DUNG ĐIỂM

Bài 2

(4đ)

Giải bất phương trình : 3 2 1 3 1

3

x x 

2 3

x 

(

x

)

 

 

a) Ta có: 2+ 3 1

3x =1+1+3x31  331.1.3x31 =
3 2

x

(BĐT Côsi,  x )

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1.

1,0

Nhận xét x1 là một nghiệm 0,5

Ta sẽ chứng tỏ với x1 thì: 33x x 21 < 2 + 3x31 (1) 0,5

Ta có: 2+ 3 1

3x >
3 2

x

(câu a/ và x1 )

và: x3+2 –3(3x-x2-1) = x3+3x2-9x+5 = (x-1)(x2+4x-5) = (x-1)2(x+5)

0,5

Với mọi x5 và x1 thì 3 2 1

3 x x  
3 2

x

< 2 + 3 1

3x

Với x 5 thì 33x x 21 < 30 < 2 + 3x31

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

(4đ) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực:

(3x214x14)2 4(3x 7)(x1)(x 2)(x 4)m

Đặt: f x( )



x 1

 

x 2

 

x 4



x3 7x2 14x 8

        và
g x( )



3x2 14x 14



2 4 3



x 7



f x( )

    

g(x) là đa thức bậc 4 với hệ số của x4 là

-

3 .Ta lập bảng biến thiên của g(x).













'( ) 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 

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

x - 1 2 4 +

g’(x) + 0

-

0 + 0

-g(x)

- -

Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình g x( )m có một số lẻ nghiệm khi

và chỉ khi: m4;m9; m36.

Bài 4 NỘI DUNG ĐIỂM

(4,5đ) Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H khơng 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 p2+q2 = r2+s2 (2)

Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi yG  0 q 2s0 (3) 0,5

Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC

Do đó : tgB + tgC = 2tgA  tgB.tgC = 3 (4)

Ta có: tgB =q s

p r



 ; tgC =

q s
p r




 ; tgB.tgC =

2 2

(q s)

r p


 =

2
2 2

(q s)

q s



 (do(2))

Hay: tgB.tgC = q s

q s



 (5)

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 : 11 aa  11 bb  1 11 a ba b

    (*) với a, b0 và a + b 

4
5

Bình phương các vế của (*) ta được:

2(1 )

ab
ab a b



   + 2

1 ( )

ab a b

ab a b

  

   

2
1 a b+ 2

1 ( )

a b
a b

 

 

 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

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

 

   



 

       

0,5

r
q

-r

-s
p

C
A

B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

 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.

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

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 

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 MinS :

Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] .

Vì



1 x

 

1 x



1 x2 1

     nên: 1 (1 )2

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 .

Tìm MaxS : Có thể giả sử: 0   x y z 1. Lúc đó: 1; 2 4

3 3 5

z x y   .

Dùng câu a/, ta có:

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
 
 
 
1
'( ) 0

h z   z . axf(z)=Max h 1 ; (1); 1 2

3 2 3

M     h h 
   

 

0,5

Vì vậy : 1 1 1 1 2

1 1 1 3

x y z

S

x y z

  

    

   .

Khi x = 0 và 1

y z  thì 1 2

S   . Vậy: MaxS = 1 +

2

3

</div>

HSG TOAN 12 2008

Mụn: Toỏn

Thi gian làm bài : 180 phút

Giải phương trình

:

sin

<i>x c x</i>



os



1

(

<i>x</i>

 

)

.

Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng:

<sub></sub>

<sub></sub>

2 3

3

<i><sub>x</sub></i>





 

<b>R</b>

b) Giải bất phương trình:

<sub>3</sub>

<sub>2 3</sub>

<sub>(</sub>

<i><sub>x</sub></i>

<sub>)</sub>

 

 

.

<b> Bài 3: (4 điểm)</b>

<b> Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm</b>

thực:

(3

<i>x</i>



14

<i>x</i>



14)



4(3

<i>x</i>



7)(

<i>x</i>



1)(

<i>x</i>



2)(

<i>x</i>



4)



<i>m</i>

.

Bài 4: (4,5 điểm)

Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H khơng trùng

nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ

khi :

tgB + tgC = 2tgA .

Bài 5: (4,5 điểm)

a) Cho a, b là các số thực khơng âm tùy ý có tổng nhỏ hơn hoặc bằng

.

Chứng minh rằng :

1

1

1

1

1

1

1

<i>a</i>