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) yx 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 x2 4 x 2 2 Vậy hai vế ta phải có : x x x 11 x ( nghiệm nhất) x 1; x x2 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 <