HSG TOAN 12 2008

Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ khi: tgB + tgC = 2tgA.[r]

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

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

Đề thi chÝnh thøc

Mơn: Tốn

Thời gian làm : 180 phút Bài 1: (3 điểm)

Giải phương trình : sin3 x c x os4 1 (x ) Bài 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng:  

3 1

3

2 3 3

x

x   x

   R

b) Giải bất phương trình: 33x x 21 2 3x31 (x )

   

Bài 3: (4 điểm)

Tìm tất giá trị thực m để phương trình sau có số lẻ nghiệm thực:

2

(3x  14x14)  4(3x 7)(x 1)(x 2)(x 4)m Bài 4: (4,5 điểm)

Cho ABC tam giác nhọn có trọng tâm G trực tâm H không trùng nhau Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC chỉ khi :

tgB + tgC = 2tgA Bài 5: (4,5 điểm)

a) Cho a, b số thực không âm tùy ý có tổng nhỏ bằng 4

5.

Chứng minh rằng : 1 1 1 1

1 1 1

a b a b

a b a b

   

  

   

b) Xét số thực không âm thay đổi , ,x y z thỏa điều kiện: x y z  1 Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn của:

1 1 1

1 1 1

x y z

S

x y z

  

  

  

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

Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm häc 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

  cos2 x1 cos 2x 0 Do đó: (*)  sin2x1 sin x 0 cos2x1 cos 2x 0

1

 sinx = hay sinx = 1 0,5

Nghiệm phương trình cho : x = k; x =

2



+ 2k (kZ)

NỘI DUNG ĐIỂM

Bài 2

(4đ) Giải bất phương trình : 3 1 1

3x x  2 3x  (x )

   

a) Ta có: 2+ 1

3x =1+1+3x31  331.1.3x31 = 2

3

3

x

(BĐT Côsi,  x )

Dấu đẳng thức xảy x =

1,0

Nhận xét x1 nghiệm 0,5

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

Ta có: 2+ 1

3x > 2

3

3

x

(câu a/ 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 x5 x1 3 1

3 x x   2

3

3

x

< + 1

3x

Với x 5 33x x 21 < 30 < + 3x31

0,5

Từ (1) với x1 0,5

Vậy bất phương trình cho có nghiệm x = 0.5

Bài 3 NỘI DUNG ĐIỂM

(4đ) Tìm tất giá trị thực m để phương trình sau có 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

        g x( ) 3x2 14x 142 4 3 x 7 f x( )

    

g(x) đa thức bậc với hệ số x4 -3 Ta lập bảng biến thiên g(x)

1

    

2

2

'( ) 14 14;

'( ) 14 14 14 12 ( ) '( ) 12 ( )

f x x x

g x x x x f x x f x f x

  

       

'( ) 1; 2;

g x   x x x

(1) 9; (2) 4; (4) 36

g  g  g 

x - +

g’(x) + - +

-g(x)

36

- -

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

và khi: m4;m9; m36

1

Bài 4 NỘI DUNG ĐIỂM

(4,5đ) Cho ABC tam giác nhọn có trọng tâm G trực tâm H khơng trùng Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi: tgB + tgC = 2tgA

Chọn hệ trục Oxy hình vẽ : A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0)

Ta có : ;

3

p q s

G  

 )

và p2+q2 = r2+s2 (2)

1

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

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

Do : tgB + tgC = 2tgA  tgB.tgC = (4)

1

Ta có: tgB =q s

p r



 ; tgC =

q s p r

 

 ; tgB.tgC =

2

2

(q s)

r p

  =

2 2

(q s)

q s



 (do(2))

Hay: tgB.tgC = q s

q s



 (5)

1

Nếu GH//BC từ (3) cho q = 2s Từ (5) suy tgB.tgC = Do (4) mà tgB + tgC = 2tgA

0,5

Nếu tgB + tgC = 2tgA từ (4) (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 a + b 

4

Bình phương vế (*) ta được:

2(1 )

1

ab ab a b



   +

1 ( )

1

ab a b

ab a b

  

   

2 1 a b+

1 ( )

1

a b a b

 

 



1

u v u v

   

- 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

v v

  

(2 ) 1

(1 )(1 ) 1

u v u v v

v v u u v v

 

   



 

 

       

0,5

r q

y

-r

-s p

x

C A

B



(1 )(1 )

uv

u v v

   

(2 ) 1

(1 )(1 ) 1

u v u v v

v v u u v v

                   Nếu u = ab = (*) có dấu đẳng thức

Xét u >0 Lúc (*) bất đẳng thức: 2 v v   1 u v u v     + 1 v v 

 (**)

Ta có:

1 u v u v     + 1 v v 

 >

1

v v

  =

2

1 v

 

 

2    =

Ngoài ra:

2 v v  = 2 v <2

3 (Do < v = a + b 

4

5 < ) Từ (**) bất

đẳng thức

0,5

Câu b

(3đ)

Xét số thực không âm thay đổi x,y,z thỏa điều kiện: x+ y + z =

Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn của: 1

1 1

x y z

S

x y z

  

  

  

Tìm MinS :

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

Vì 1 x 1 x 1 x2 1

     nên: (1 )2

1 x x x     hay: 1 x x x   

 Dấu đẳng

thức xảy trường hợp x = x =

0,5

Do đó: 1 1 1

1 1

x y z

S x y z

x y z

  

        

   hay S 

Khi x = y = y = S =

Vậy: MinS =

1

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

3

z x y  

Dùng câu a/, ta có:

1 1

1 1

x y z

S

x y z

  

  

    +

1 ( )

1 x y x y     + 1 z z 

 =1 +

z z  + 1 z z   0,5

Đặt h(z) = z z  + 1 z z 

 Ta tìm giá trị lớn h(z) đoạn

1 ;       '( )

2

h z   z axf(z)=Max h ; (1);

3

M     h h     

 

0,5

Vì : 1 1

1 1

x y z

S

x y z

  

    

  

Khi x =

2

y z 

3

S   Vậy: MaxS = + 2

3