Hướng dẫn giải Đề thi học sinh giỏi Tỉnh - Môn Toán năm 2011

HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – THPT CâuI. 1. Tự làm 2. Có 2 2 ' 3 2( 1) (4 )y x m x m= − + − − . ( ) m C có hai tiếp tuyến vuông góc với hệ số góc lần lượt là k và 1 k − . Khiđó các phương trình: 2 2 3 2( 1) (4 ) 0x m x m k− + − − − = và 2 2 1 3 2( 1) (4 ) 0x m x m k − + − − + = đều phải có nghiệm đối với x . Tức là 2 2 2 2 2 2 13 3 0 2 2 13 3 0 (1) 3 3 2 2 13 0 2 2 13 0 (2) m m k m m k m m m m k k   − + + + ≥ − − − ≤   ⇔   − + + − ≥ − − + ≤     . ( )I (ẩn m ) (1) có 1 ' 27 6k∆ = + ; (2) có 2 6 ' 27 k ∆ = − . Khi 1 2 ' 0; ' 0∆ < ∆ < thì hệ ( )I vô nghiệm. Khi 1 2 9 ' 0 2 2 ' 0 9 k k  ∆ = ⇒ = −    ∆ = ⇒ =   1 2 m⇒ = thoả mãn (cho tương ứng cả của (1) và của(2)) . Khi 1 2 9 0 ' 0 2 2 ' 0 9 k k  − < <  ∆ >  ⇔   ∆ >   >   thì (1) có tập nghiệm là 1 27 6 1 27 6 ; 2 2 k k   − + + +     ; (2) có tập nghiệm là 6 6 1 27 1 27 ; 2 2 k k   − − + −           , hệ ( )I có nghiệm 9 2 ;0 ; 2 9 k     ∀ ∈ − ∪ +∞  ÷  ÷     Xét 9 0 2 k− < < thì tập nghiệm của ( )I là 1 27 6 2 k− + 1 27 6 2 k m + + ≤ ≤ 1 3 3 1 3 3 2 2 m − + ⇒ < < Xét 2 9 k > thì tập nghiệm của ( )I là: 6 6 1 27 1 27 1 3 3 1 3 3 2 2 2 2 k k m m − − + − − + ≤ ≤ ⇒ < < Vậy 1 3 3 1 3 3 2 2 m − + < < là giá trị cần tìm. Câu II. 1. Giải phương trình: cos 2 cos3 sin cos4 sin 6x x x x x + − − = Giải: cos2 cos3 sin cos4 sin 6 cos2 cos4 sin 6 cos3 sin 0x x x x x x x x x x+ − − = ⇔ − − + − = 2sin 3 .sin 2sin 3 .cos3 cos3 sin 0x x x x x x ⇔ − + − = sin cos3 (sin cos3 )(2sin 3 1) 0 1 sin 3 2 x x x x x x =   ⇔ − − = ⇔  =  Bạn đọc tự giải ra nghiệm của phương trình 2. Giải bất phương trình: 2 4 2 6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ (*) 4 2 2 (*) 1 6( 3 1)x x x x⇔ + + ≤ − − + 2 4 2 2 2 2 4 3 2 2 3 5 3 5 3 5 3 5 ( 3 1) 0 2 2 2 2 1 1 1 6( 3 1) 5( ) 36( ) 5 0 5 36 5 36 5 0 x x x x x x x x x x x x x x x x  − +  − + ≤ ≤   − + ≤ ≤ ≤    ⇔ ⇔ ⇔    + + ≤ − +     + − + + ≥ − + − + ≥    2 1 2 5 36 5 0 t x x t t  = + ≥  ⇒   − − ≥  giải ra t x⇒ 3. Tìm số thực a để phương trình 9 9 3 cos( ) (*) x x a x π + = có nghiệm thực duy nhất. Đặt 3 ( 0) x t t= > (*) trở thành 2 cos( ) 9 0 (1)t a x t π − + = có 2 2 cos ( ) 36a x π ∆ = − . Dễ thấy (1) nếu có 2 nghiệm đối với t thì 2 nghiệm đó cùng dấu, như vậy (*) có nghiệm duy nhất thì (1) cũng phải có nghiệm kép dương. 2 2 cos( ) 6 cos ( ) 36 0 cos( ) 6 a x a x a x π π π =  ∆ = − = ⇔  = −  khi đó 3 cos( ) 3 0 2 t a x t t π =  = ⇒  = − <  cos( ) 6 1 6 3 3 x a x x a t π = =   ⇒ ⇒   = − = =   Thử lại thấy thoả mãn CâuIII Tính 2 3 0 sin (sin 3cos ) x dx x x π + ∫ 5 5 6 62 2 3 3 3 3 0 0 3 3 1 3 sin( ) sin cos sin sin 3 2 2 8sin 8sin (sin 3cos ) 8sin ( ) 3 t t t x x I dx dx dt dt t t x x x π π π π π π π π − − = = = = + + ∫ ∫ ∫ ∫ 5 5 6 6 2 3 3 3 1 3 sin 16 sin 16 sin dt d t t t π π π π = − ∫ ∫ rồi cho kết quả. CâuIV 1. Do (DMN) vuông góc với (ABC) và tứ diện ABCD đều nên MN luôn qua trọng tâm H của tam giác ABC. 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMD S AM AD x= = 0 1 3 . .sin 60 2 4 AND S AN AD y= = 2 3 2 3 3 3 AH AP HD= = ⇒ = M A D C B P H N 2 2 MN x y xy= + − 2 2 1 1 . 2 6 DMN S DH MN x y xy⇒ = = + − 0 1 3 . .sin 60 2 4 AMN S AM AN xy= = 2 2 3 3 3 6 4 4 4 6 tp S x y xy x y xy= + + + + − Không giảm tổng quát giả sử 1 2 2 ; 1 2 3 3 x y x y≤ ⇒ ≤ ≤ ≤ ≤ Xét tam giác đều ABC có các cạnh bằng 1 khi đó 2 ' ' ; ' ' ; ' 3 AM AN a IN IN NN y a MM a x= = = = = = − = − ' 2 a MH HN= = 4 2 ( ) 3 3 2 2 9 2 a a x a x y xy x y xy xy x y xy xy a y a y a − ⇒ = ⇒ + = ⇒ + = ⇒ = + ≥ ⇒ ≥ − + − 2 2 2 3 3 3 6 3 6 ( ) ( ) 3 4 4 4 6 4 6 tp S x y xy x y xy x y xy x y xy= + + + + − = + + + + − 2 3 6 4 (3 ) 3 4 6 xy xy xy= + − ⇒ GTNN của tp S = đạt tại 2 3 x y= = 2. Cho : 5 0x y∆ − + = và các Elíp 2 2 2 2 1 2 2 2 ( ) : 1, ( ) : 1 ( 0) 25 16 x y x y E E a b a b + = + = > > . Tìm M sao cho… Giải 2 2 9a b− = 2 2 9a b⇒ = + ; M ( ; 5)x x + là điểm cần tìm. Khi đó 2 2 2 2 2 2 2 ( ) (2 9) 10 25 ( 9) 0M E a x a x a a a∈ ⇒ − + + − − = có nghiệm đối với x . 2 2 ' 2 ( 26 153) 0 26 153 0 9; 17t t t t t t t⇒ ∆ = − + ≥ ⇒ − + ≥ ⇔ ≤ ≥ (với 2 t a= ) 2 17a⇒ ≥ Ta được độ dài trục lớn 2a của 2 ( )E đạt GTNN khi 17a = khi đó 17 17 8 ; 5 5 5 M x M   = − ⇒ −  ÷   3. Trong không gian Oxyz cho điểm M(0;2;0) và hai đường thẳng 1 2 1 2 3 2 : 2 2 : 1 2 ( , ) 1 x t x s y t y s t s z t z s = + = +     ∆ = − ∆ = − − ∈     = − + =   ¡ . Giải: Dễ thấy 1 2 / /∆ ∆ và cùng thuộc mặt phẳng (Q): x-2z-3=0 , (Q) song song với Oy cắt Ox tại C(3;0;0) và Oz tại D( 3 0;0; 2 ) và M(0;2;0) không thuộc (Q). (P) qua M(0;2;0) song song với Ox cùng với (Q) và xOy đồng quy tại E(3;2;0) . Mặt khác: 1 ( ; ) 2 5 3 E d ∆ = ; 2 ( ; ) 3 5 3 E d ∆ = ; 1 2 ( ; ) 5 5 3 d ∆ ∆ = Giao tuyến của đường (P) với (Q) là đường thẳng (d) B C A 'N M N H I Qua E cắt 1 2 ;∆ ∆ tại A và B theo thứ tự như hình vẽ. Dễ có được EB = 3 5 AB = 3 5 . Ta chuyển sang tìm điểm A trên đường 2 ∆ sao cho EB= 3 5 sau đó viết phương trình mặt phẳng (P) qua M, E và B CâuV. Cho các số thực , ,a b c thoả mãn 2 2 2 6 3 a b c ab bc ca  + + =  + + = −  . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 6 6 6 P a b c= + + . 2 2 2 2 2 2 2 6 ( ) 2( ) 0 0 3 a b c a b c a b c ab bc ca a b c ab bc ca  + + = ⇒ + + = + + + + + = ⇒ + + =  + + = −  6 6 6 P a b c= + + = 3 3 3 2 3 3 3 3 3 3 ( ) 2( )a b c a b b c c a+ + − + + . Có: ( ) 3 3 3 2 2 2 1 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 a b c a b c a b b c c a abc abc+ + = + + − + − + − + = ( ) ( ) 2 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 3a b b c c a ab bc ca a b b c c a a b c abc abc+ + = + + + + − + + + 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3( )a b b c c a abc= − + + + ( ) 2 2 3 ( ) 2 ( ) 3( )ab bc ca abc a b c abc= − + + − + + + 2 3( ) 27abc= − Suy ra: ( ) 2 6 6 6 3 54P a b c abc= + + = + . Từ 0a b c + + = suy ra trong 3 số , ,a b c có hai số cùng dấu và số còn lại khác dấu. Giả sử ,b c là hai số cùng dấu và a là số trái dấu. Khi đó: 2 2 2 2 ( ) ( ) 0 1 ( ) 4 3 3 ( ) ( ) 4 ( ) 3 4 a b c a b c a b c bc abc ab bc ca bc a b c b c bc a b c bc  = − + = − + + + =    ⇒ ⇒ ≤ ⇒ ≤    + + = − + = − + = + ≥    = + = + ≤  Vậy ( ) 2 6 6 6 3 54P a b c abc= + + = + 3.4 54 66 ≤ + = . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2; 1 1 2; 1 ( ) b c a b c bc a b c a b c =  = = = −   = ⇔   = − = =   = − +  hoặc tại các hoán vị của , ,a b c . 1 ∆ 2 ∆ A E B . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN: TOÁN – THPT CâuI. 1. Tự làm 2. Có 2 2 ' 3 2( 1) (4 )y x m. s z t z s = + = +     ∆ = − ∆ = − − ∈     = − + =   ¡ . Giải: Dễ thấy 1 2 / /∆ ∆ và cùng thuộc mặt phẳng (Q): x-2z-3=0 , (Q) song song với Oy cắt Ox tại C(3;0;0) và Oz tại D( 3 0;0; 2 ). cos3 (sin cos3 )(2sin 3 1) 0 1 sin 3 2 x x x x x x =   ⇔ − − = ⇔  =  Bạn đọc tự giải ra nghiệm của phương trình 2. Giải bất phương trình: 2 4 2 6( 3 1) 1 0x x x x− + + + + ≤ (*) 4 2 2 (*) 1 6(