1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

Hsg12 2010

5 0 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 5
Dung lượng 274,16 KB

Nội dung

Sở Giáo dục-Đào tạo TP.Hồ Chí Minh KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010) MƠN TỐN Thời gian làm : 180 phút (không kể thời gian phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài : (4 điểm) x2 a) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y  x 1 b) Cho x, y, z thỏa : x  0; y  0; z  0; x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu x y thức A  xyz Bài : (4 điểm) Chứng minh : a) 25( x  y )  (12  3x  y)  72  0, x, y  R 1 b)   , với xy  2  xy 1 x 1 y Bài : (3 điểm) Giải phương trình hệ phương trình: a) x    x  x  x  11 3 x  y   b)    x  y  28 Bài : (4 điểm) Cho tứ diện ABCD Giả sử I điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến mặt phẳng (ACD) (BCD) IA VAICD S ACD   a) Chứng minh : IB VBICD S BCD b) Cho IA=IB AB vng góc với CD Chứng minh AB vng góc với mặt phẳng (ICD) Bài : (2 điểm) Cho tứ diện ABCD, tam giác BCD chọn điểm M qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh AB, AC, AD cắt mặt (ACD), (ABD), (ABC) A’, B’, C’ Xác định vị trí M tam giác BCD cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt giá trị lớn Bài : (3 điểm) Định m để phương trình : sin3x – sin2x = (m – 1)sinx có nghiệm thuộc đoạn [  ; 2 ] HẾT ĐÁP ÁN MƠN TỐN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12-THPT CẤP THÀNH PHỐ Năm học 2009 - 2010 (khóa ngày 3/3/2010) Bài : (4 điểm) x2 a) Tìm giá trị nhỏ lớn hàm số y  x 1 b) Cho x, y, z thỏa : x  0; y  0; z  0; x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu x y thức A  xyz Giải x a) y  x 1 Ta có : y  nên y đạt GTNN x = Ngồi ta có x   x  x2  dấu xảy x 1 x   x  1 Vây y đạt GTLN x =  b) Ta có : x  0; y  0; z  0; x  y  z  Sử dụng BĐT Cô si :  x  y  z  ( x  y)  z  ( x  y) z   4( x  y) z  x  y  4( x  y) z Mặt khác, ta có : ( x  y)  xy  ( x  y) z  xyz x y Suy : x  y  16 xyz   16 xyz 1 Dấu xảy : x  y ; x  y  z   x  y  1 x y Vây A  đạt nhỏ 16 z  ; x  y  xyz (1) Bài : (4 điểm) Chứng minh : a) 25( x  y )  (12  3x  y)  72  0, x, y  R 1 b)   , xy  2  xy 1 x 1 y Giải a)Ta có : 25( x  y )  (12  3x  y)  72  25x  25 y  144  x  16 y  72 x  24 xy  96 y  72  34 x  24(3  y) x  41y  96 y  72 Ta xem tam thức bậc hai theo x có : '  144(3  y)  34(41y  96 y  72)  2(625 y  1200 y  576)  2(25 y  24)  0, y  R Vậy ta có đpcm b)Ta có : xy  Xét hiệu số : 1 1 1 xy  x xy  y          x  y  xy  x  xy  y  xy (1  x )(1  xy ) (1  y )(1  xy )  x( y  x) y( x  y) yx x y y  x x  xy  y  x y   (  )  ( )  xy (1  x )(1  y 2) (1  x )(1  xy ) (1  y )(1  xy )  xy  x  y  y  x ( y  x)( xy  1) ( y  x) ( xy  1) (   Vậy ta có đpcm  xy (1  x )(1  y ) (1  xy )(1  x )(1  y ) Bài : (3 điểm) Giải phương trình hệ phương trình: a) x    x  x  x  11 3 x  y   b)    x  y  28 Giải a) x    x  x  x  11 Ta xét vế phải : x  x  11  x  x    ( x  3)   Ta xét vế trái: 1 x  1  x x2  4 x   2 2 Vậy hai vế ta phải có :  x   x  x  11    x  ( nghiệm nhất)    x   1;  x   x2  4 x   3 x  y  b)    x  y  28 Ta có : (3 x  y )  64  x  y  xy (3 x  y )  64  x  y  3.3 xy  64 Mà x  y  28 nên xy   xy  27  x  y  28 x   x  27 Vậy ta có :   v  xy  27  y  27  y  Hệ có hai nghiệm Bài : (4 điểm) Cho tứ diện ABCD Giả sử I điểm thuộc cạnh AB có khoảng cách đến mặt phẳng (ACD) (BCD) IA VAICD S ACD   a)Chứng minh : IB VBICD S BCD b)Cho IA=IB AB vng góc với CD Chứng minh AB vng góc với mp(ICD) Giải V AH AI  a) Ta có : AICD  với AH đoạn vng góc vẽ từ A đến mp(ICD) VBICD BK BI BK đoạn vng góc vẽ từ B đến mp(ICD) V IM.SACD Ngồi ta cịn có : I.ACD  với IM đoạn vng góc vẽ từ I đến VI.BCD IN.SBCD mp(ACD) IN đoạn vng góc vẽ từ I đến mp(BCD) Vì I thuộc mặt phân giác nhị diện ( ACD, BCD) nên IM=IN cho ta đpcm b) Với IA = IB AB vng góc với CD, ta vẽ đường cao AJ tam giác ACD Ta có : CD vng góc AB, CD vng góc AJ nên CD vng góc với mp(ABJ) suy CD vng góc với BJ Do IA = IB nên diện tích (ACD) diện tích (BCD) , câu a) Nên suy AJ=BJ Tam giác ABJ cân J cho ta : JI vng góc với AB Vậy AB vuông với IJ, AB vuông với CD nên AB vuông với mp(ICD) ( đpcm) Bài : (2 điểm) Cho tứ diện ABCD, tam giác BCD chọn điểm M qua M kẻ đường thẳng song song với cạnh AB, AC, AD cắt mặt (ACD), (ABD), (ABC) A’, B’, C’ Xác định vị trí M tam giác BCD cho thể tích tứ diện MA’B’C’ đạt lớn Giải VM.A'B'C' MA' MB' MC'  (1) VA.BCD AB AC AD Thật vậy, ta xét góc tam diện đối đỉnh góc tam diện A.BCD lấy ba tia đối đoạn AA1=MA’, BB1=MB’, CC1=MC’ Thực phép tịnh tiến theo vectơ MA hình tứ diện MA’B’C’ biến thành tứ diện AA1B1C1 nên thể tích hai hình tứ diện ta có : VA.A1B1C1 AA1 AB1 AC1 MA' MB' MC'   ( đ p cm) VA.BCD AB AC AD AB AC AD MA' MB' MC' ta chứng minh tiếp :   1 (2) AB AC AD Thật vậy, ta có : V V V VABCD  VMABC  VMACD  VMABD   MABC  MACD  MABD VABCD VABCD VABCD V V MK Xét MABC  MABC  VABCD VD.ABC DH với MK khoảng cách từ M đến mp(ABC), DH khoảng cách từ D đến mp(ABC) MK MC' Ta lại có hai tam giác vuông MKC DHA đồng dạng cho :  DH AD V MC' Suy : M.ABC  VD.ABC AD V V MA' MB' ; MABD  Tương tự ta có : MACD  VB.ACD AB VB.ACD AC Vậy (2) Từ kết ( ) ( ), ta có : MA' MB' MC' MA'.MB'.MC' MA'.MB'.MC' VMA'B'C' 1   3    AB AC AD AB.AC.AD 27 AB.AC.AD VABCD VABCD Vậy VMA'B'C'  27 VABCD xảy dấu bằng, lúc M Thể tích MA’B’C’ đạt lớn 27 trọng tâm tam giác BCD 1 ( MA' AB, MB' AC, MC' AD) 3 Trước hết ta chứng minh : Bài : (3 điểm) Định m để phương trình : sin 3x – sin 2x = (m-1)sin x (*) có nghiệm thuộc  đoạn [ ; 2 ] Giải (*)  sinx(3 – 4sin2x – 2cosx – m + 1) =  sinx = (1) 4cos2x – 2cosx = m (2) (1) cho nghiệm x =  x =  (2)  4t2 – 2t = m với t = cosx  [-1 ;1] Xét hàm số f(t) = 4t2 – 2t [-1 ;1] f’(t) = 8t – =  t = 1/4  5 cos  cos  3 t f’(t ) f(t) -1 1/4 1/2 + -1/4 Nhận xét : t = -1 : pt cosx = t có nghiệm x =  -1 < t ≤ 1/2 : pt cosx = t có nghiệm thuộc đoạn [  /3 ;2  ]\{  ,2  } 1/2 < t < : pt cosx = t có nghiệm thuộc đoạn [  /3 ;2  ]\{  ,2  } t=1: pt cosx = t có nghiệm x =  Khi m = : pt f(t) = m có nghiệm t = -1  (2) có nghiệm x =  Khi < m < : pt f(t) = m có nghiệm t  (-1 ;1/4)  (2) có nghiệm Khi m = : pt f(t) = m có nghiệm t = nghiệm t  (-1 ;1/4)  (2) có nghiệm có nghiệm =  Khi < m < : pt f(t) = m có nghiệm t  (1/2 ;1) nghiệm t  (-1 ;1/4)  (2) có nghiệm Khi -1/4 < m ≤ : pt f(t) = m có nghiệm t  (-1 ;1/2]  (2) có nghiệm Khi m = -1/4 : pt f(t) = m có nghiệm t = 1/4  (2) có nghiệm Vậy (2) có nghiệm khác    < m <

Ngày đăng: 18/10/2023, 19:52

w