ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2008 – 2009 Khối 12 - Môn Toán - Thời gian: 180 phút Đề số 1 Bài 1. a) Cho hàm số xxxxxf −−++−= 511632)( 23 . Hãy xác định chiều biến thiên của hàm số. Từ đó giải bất phương trình 32)( > xf . b) Giải phương trình 4 16 2 42 )1(log)2(log 5632 log +=−+ + xx x x . Bài 2. Tìm nghiệm trong khoảng (0, π) của hệ phương trình sau x 3 siny – y 3 sinx = 6xsiny – 6ysinx 8xy 2 – 6y + 1 = 0 Bài 3. Cho tam giác ABC không nhọn. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 222 C Cos B Cos A Cos =Ρ . Bài 4. Cho mặt cầu (O,R) cố định, ngoại tiếp tứ diện SABC có góc tam dịên đỉnh S ba mặt vuông. Giả sử S cố định A, B, C di động trên mặt cầu đã cho a) Chứng mnh mặt phẳng ABC luôn đi qua một điểm I cố định. b) Gọi α, β, γ thứ tự là góc tạo bởi SA, SB, SC với SO. Chứng minh 6sinsin ≤++ γβα Sin . Bài 5. Cho phương trình 01 2 =−−− xxx n với n ∈ N * , n > 2. Chứng minh rằng với mỗi n phương trình trên đều có đúng một nghiệm α n > 0. Tìm: n x Lim α ∞→ . ĐÁP ÁN SƠ LƯỢC VÀ THANG ĐIỂM K12 - Đề số 1 Bài 1 (6 điểm) Câu a (3 điểm) Điều kiện để ƒ(x) có nghĩa 2x 3 – 3x 2 +6x +11 ≥ 0 5 – x ≥ 0 ⇔ -1 ≤ x ≤ 5 0 52 1 11632 333 )(' 23 2 > − + ++− +− = x xxx xx xf với mọi x ∈ [-1,5] ⇒ ƒ(x) đồng biến trên [-1,5] mà 32)2( = f ⇒ 32)( > xf ⇔ 2 < x ≤ 5 Vậy bất phương trình có nghiệm là: 2 < x ≤ 5 Câu b (3 điểm) Điều kiện: ≠ ≠ > −< 2 1 0 4 7 x x x x ⇔ > << −< 2 20 4 7 x x x Phương trình ⇔ 1 )74(8 2 += + − x x xx (*) +) Với > −< 2 4 7 x x (*) −= −= ⇔ =++⇔ ++=−⇔ 31 28 2 0569031 )1)(74(8)2( 2 x x xx xxxx +) Với 0< x < 2 (*) )1)(74(8)2( ++=−−⇔ xxxx 0568633 2 =++⇔ xx phương trình này không có nghiệm thuộc khoảng (0, 2). Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = -2. Bài 2 (4 điểm) xyyxxyyx sin6sin6sin.sin 33 −=− (1) 0168 2 =+− yxy (2) (1)⇔ SinxyySinyxx )6()6( 33 −=− do trong khoảng (0, π) thì Sinx ≠ 0 Siny ≠ 0 ⇔ Siny yy Sinx xx 66 33 − = − Xét int 6 )( 3 S tt tf − = trong khoảng (o, π) ⇒ f’(t) = [ ] tCostCosttSSt tSin 6int6int3 1 32 2 +−− Xét g(t) = tCostCosttSSt 6int6int3 32 +−− trong [0, π) g’(t) = t 3 .sint ≥ 0 với mọi t ∈ [0, π) g’(t) = 0 ⇒ t = 0 ⇒ g(t) đồng biến trong [0, π) ⇒ g’(t) > g(0) = 0 với mọi t ∈ (0, π) (Loại) ⇒ ƒ’(t) > 0 với mọi t ∈ (0, π) ⇒ ƒ(t) đồng biến trong (0, π) Mà ƒ(x) = ƒ(y) ⇔ x = y Thay y = x vào (2) ta có: 4x 3 - 3x = - 2 1 (3) Ta tìm nghiệm của (3) trong (0, 1). Đặt x = Cosa với a ∈ ) 2 ,0( π (3) ⇔ Cos3a = - 2 1 ⇔ 3a = π π 2 3 2 k +± ⇔ a = 3 2 9 2 ππ k +± ⇒ (3) có 3 nghiệm phân biệt là: x 1 = 9 2 π Cos , x 2 = 9 4 π Cos , x 3 = 9 8 π Cos chứng tỏ trong [1, π) phương trình (3) không có nghiệm nào nữa. Xét a ∈ ) 2 ,0( π ta được hai nghiệm là x 1 và x 2 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: == == 9 4 9 2 π π Cosyx Cosyx Bài 3 (3 điểm) Tìm Max P với 222 C Cos B Cos A Cos =Ρ Giả sử A ≥ B ≥ C kết hợp với giả thiết ≤+ ≤<≤ 222 2 acb ABC π Ta có SinCSinBSinA C Cos B Cos A Cos ++==Ρ 222 44 Dễ thấy (b + c) 2 ≤ 2(b 2 + c 2 ) ≤ 2a 2 ⇒ b + c ≤ a 2 ⇒ a + b + c ≤ ( 12 + )a ⇒ 12)12( +≤+≤++ SinASinCSinBSinA ⇒ 4 12 P + ≤ Dấu bằng xẩy ra ⇔ = = cb SinA 1 ⇔ == = 0 0 45 90 CB A Vậy P max = 4 12 + khi tam giác ABC vuông cân Bài 4 (4 điểm) Câu a (2 điểm) E là trung điểm của BC, Et//SA và cắt trung trực của SA trong mp(SAE) tại O ⇒ O là tâm mặt cầu nội ngoại tiếp tứ diện SABC. SO ∩ AE = {I}. Dễ thấy EO//SA và F là trung điểm SA A F S B E C I O t ⇒ SA = 2EO ⇒ SI = 2IO. Do đó I cố định vì S, O cố định. Câu b (2 điểm) Từ giả thiết FSO = α ⇒ 2R SA SO SF == α Cos ⇒ 2 2 2 4R SA Cos = α Tương tự: 2 2 2 4R SB Cos = β 2 2 2 4R SC Cos = γ Vậy 1 R4 SCSBSA CosCosαCos 2 222 222 = ++ =++ γβ . Vì ( SA 2 + SB 2 + SC 2 = (2SO) 2 = 4R 2 ) ⇒ 2SinSinSin 222 =++ γβα Mà (Sinα + Sinβ + Sinγ) 2 ≤ )SinSin3(Sin 222 γβα ++ ⇒ Sinα + Sinβ + Sinγ ≤ 6 (đpcm) Bài 5 (3 điểm) Xét hàm số nnn xxxx ++= −− 12 n )(g với n > 2 ⇒ g n (x) đồng biến trong (0, +∞), g n (0) = 0, +∞= +∞→ )(xg n x Lim .Tồn tại với mọi x n > 0 sao cho g n (x n ) = 1. Đặt n n x 1 = α ⇒ Tồn tại mọi α n > 0 sao cho 1) 1 ( = n n g α Hay 1 111 12 =++ −− n n n n n n ααα ⇔ 01 2 =−−− nn n n ααα (đpcm) Đặt f n (x) = 1 2 −−− xxx n , n >2. Ta có 012)( 1' >−−= − xnxxf n n với mọi x > 1 ⇒ f n (x) đồng biến trên (1, +∞), ta có f n (1) = -2 < 0 Mà 1) 2 1() 2 1() 2 1() 2 1( 2 −+−+−+=+ nnnn f n n Ta có 033) 2 1() 2 1( 2 2 2 n LimLim >−=− +=+ ∞→∞→ e nn f n n n Khi n đủ lớn ⇒ 0) 2 1(f n >+ n ⇒ phương trình 01 2 =−−− xxx n với n đủ lớn nghiệm α n của nó thỏa mãn 1 < α n < n 2 1 + Theo nguyên lý kẹp thì 1 lim n = ∞→ n α . c ≤ ( 12 + )a ⇒ 12) 12( +≤+≤++ SinASinCSinBSinA ⇒ 4 12 P + ≤ Dấu bằng xẩy ra ⇔ = = cb SinA 1 ⇔ == = 0 0 45 90 CB A Vậy P max = 4 12 + khi. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH Năm học 2008 – 2009 Khối 12 - Môn Toán - Thời gian: 180 phút Đề số 1 Bài 1.