Hsg Toan12 2008

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ

Kú thi chän häc sinh giái tØnh Khèi 12 THPT - N¨m häc 2007-2008

§Ò thi chÝnh thøc

Moân : TOAÙN

Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt

Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình :

sin3 x + cos4 x =1

(x ∈») .

Bài 2: (4 điểm) 3

x3 + 2 3

a) Chứng minh rằng:

2 + 3x −1 ≥ 3

b) Giải bất phương trình:

33x−x −1 ≥ 2 + 3x −1 (x ∈») .

2

( ∀x ∈ R )

3

Bài 3: (4 điểm) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực:

(3x 2 − 14 x + 14)2 − 4(3 x − 7)( x − 1)( x − 2)( x − 4) = m . Bài 4: (4,5 điểm) Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H không trùng nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ khi : tgB + tgC = 2tgA . Bài 5: (4,5 điểm) a) Cho a, b là các số thực không âm tùy ý có tổng nhỏ hơn hoặc bằng Chứng minh rằng :

4 . 5

1− a 1− b 1− a − b + ≤ 1+ 1+ a 1+ b 1+ a + b

b) Xét các số thực không âm thay đổi x, y , z thỏa điều kiện: x + y + z = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của:

S=

1− x 1− y 1− z + + . 1+ x 1+ y 1+ z Hết

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Thõa Thiªn HuÕ

Kú thi chän häc sinh giái tØnh Khèi 12 THPT - N¨m häc 2007-2008

Moân : TOAÙN ÑAÙP AÙN - THANG ÑIEÅM Bài 1 (3đ)

ĐIỂM

NỘI DUNG 3

sin x + cos x =1

Giải phương trình: 3

4

4

3

4

(x ∈») 2

Viết lại: sin x + cos x = 1 ⇔ sin x + cos x = sin x + cos 2 x ⇔ sin 2 x (1 − sin x ) + cos 2 x (1 − cos 2 x ) = 0 (*)

0,5 1

Chú ý: sin 2 x (1 − sin x ) ≥ 0 và cos 2 x (1 − cos 2 x ) ≥ 0 .

Do đó: (*) ⇔ sin 2 x (1 − sin x ) = 0 và cos 2 x (1 − cos 2 x ) = 0 ⇔ sinx = 0 hay sinx = 1

Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k π ; x =

π 2

+ 2k π (k ∈ Z )

NỘI DUNG Bài 2 (4đ)

2

x3 −1

x3 −1

ĐIỂM 3

33x−x −1 ≥ 2+3x −1

Giải bất phương trình : 3

a) Ta có: 2+ 3 =1+1+ 3 ≥ 3 1.1.3 Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1.

x3 −1

=3

x3 + 2 3

(x∈») . 1,0

(BĐT Côsi, ∀ x ∈ » )

Nhận xét x = 1 là một nghiệm 3 x − x 2 −1

Ta sẽ chứng tỏ với x ≠ 1 thì: 3 3

< 2+ 3

x3 −1

(1)

x3 + 2 3

Ta có: 2+ 3x −1 > 3 (câu a/ và x ≠ 1 ) và: x3+2 –3(3x-x2-1) = x3+3x2-9x+5 = (x-1)(x2+4x-5) = (x-1)2(x+5) 3 x − x 2 −1

Bài 3 (4đ)

x3 + 2 3

0,5 1

3

Với mọi x ≥ −5 và x ≠ 1 thì 3 ≤3 < 2 + 3x −1 2 3 Với x < −5 thì 33 x − x −1 < 30 < 2 + 3x −1 Từ đó (1) đúng với mọi x ≠ 1. Vậy bất phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là x = 1 . NỘI DUNG Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực:

0,5 0,5 0,5 0,5

0,5 0.5 ĐIỂM

(3 x 2 − 14 x + 14) 2 − 4(3 x − 7)( x − 1)( x − 2)( x − 4) = m Đặt: f ( x) = ( x − 1)( x − 2 )( x − 4 ) = x3 − 7 x 2 + 14 x − 8 và

1

2

g ( x) = ( 3 x 2 − 14 x + 14 ) − 4 ( 3x − 7 ) f ( x)

g(x) là đa thức bậc 4 với hệ số của x4 là -3 .Ta lập bảng biến thiên của g(x). f '( x) = 3x 2 − 14 x + 14; g '( x) = 2 ( 3x 2 − 14 x + 14 ) ( 6 x − 14 ) − 12 f ( x) − 4 ( 3x − 7 ) f '( x) = −12 f ( x)

2

g '( x) = 0 ⇔ x = 1; x = 2; x = 4. g (1) = 9; g (2) = 4; g (4) = 36. -∞ x g’(x) +

1

0

2

-

0

+∞

4

+

-

0 36

9

g(x)

4 -∞

Bài 4 (4,5đ)

-∞ Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình g ( x) = m có một số lẻ nghiệm khi và chỉ khi: m = 4; m = 9; m = 36. NỘI DUNG Cho ABC là một tam giác nhọn có trọng tâm G và trực tâm H không trùng nhau. Chứng minh rằng đường thẳng GH song song với đường thẳng BC khi và chỉ khi: tgB + tgC = 2tgA . A

-r

q

r

p

x

O

B

ĐIỂM

1

y

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ : A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0)  p q − 2s  Ta có : G  ; ) 3  3 và p2+q2 = r2+s2 (2)

1

-s

C

Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi yG = 0 ⇔ q − 2s = 0 (3) Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC Do đó : tgB + tgC = 2tgA ⇔ tgB.tgC = 3 (4) q+s q+s (q + s) 2 (q + s) 2 Ta có: tgB = ; tgC = − ; tgB.tgC = 2 = 2 2 (do(2)) p+r p−r r − p2 q −s q+s Hay: tgB.tgC = (5) q−s Nếu GH//BC thì từ (3) cho q = 2s. Từ (5) suy ra tgB.tgC = 3. Do (4) mà tgB + tgC = 2tgA Nếu tgB + tgC = 2tgA thì từ (4) và (5) cho q = 2s . Do (3) mà GH//BC. NỘI DUNG BÀI 5 Câu a 1− a 1− b 1− a − b + ≤ 1+ (*) với a, b ≥ 0 và a + b ≤ 4 (1,5đ) Chứng minh : 1+ a 1+ b 1+ a + b 5

0,5 1 1

0,5 0,5 ĐIỂM

Bình phương các vế của (*) ta được:

0,5

1 + ab − (a + b) 2(1 − ab) +2 ≤ 2 + 2 1 − ( a + b) 1 + ab + a + b 1 + ab + a + b 1+ a + b 1+ a + b

⇔

1+ u − v 1− v u (2 + v) ≤ (với u = ab; v = a + b) 1+ u + v 1 + v (1 + v)(1 + v + u )

⇔

 1+ u − v 1+ u − v 1− v u (2 + v) 1− v  ≤ +   1 + u + v 1 + v (1 + v)(1 + v + u )  1 + u + v 1 + v 

⇔

 1+ u − v 2uv u (2 + v) 1− v  ≤ +   (1 + u + v)(1 + v) (1 + v)(1 + v + u )  1 + u + v 1 + v 

0,5

Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức. Xét u >0. Lúc đó (*) đúng khi bất đẳng thức: 1+ u − v 1− v 2v ≤ + (**) đúng. 1+ u + v 1+ v 2+v 1− v 1− v 2 2 2 >2 = 2 −1 + ≥ 2 −1 + = 4 1+ v 1+ v 1+ v 3 1+ 5 2v 2 2 Ngoài ra: = < (Do 0 < v = a + b ≤ 4 < 1 ). Từ đó (**) là bất 2 2+v 5 +1 3 v đẳng thức đúng . Xét các số thực không âm thay đổi x,y,z thỏa điều kiện: x+ y + z = 1 . Ta có:

Câu b (3đ)

0,5

1+ u − v + 1+ u + v

Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: S = 1 − x + 1 − y + 1 − z 1+ x

1+ y

1+ z

Tìm MinS : Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] . 1− x 1− x Vì (1 − x )(1 + x ) = 1 − x 2 ≤ 1 nên: ≥ (1 − x) 2 hay: ≥ 1 − x . Dấu đẳng 1+ x 1+ x thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1

1

Do đó: S = 1 − x + 1 − y + 1 − z ≥ 1 − x + 1 − y + 1 − z hay S ≥ 2. 1+ x

1+ y

0,5

1+ z

Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2. Vậy: MinS = 2 . 1 2 4 Tìm MaxS: Có thể giả sử: 0 ≤ x ≤ y ≤ z ≤ 1 . Lúc đó: z ≥ ; x + y ≤ < . 3 3 5 Dùng câu a/, ta có: 1− z z 1− z 1− x 1− y 1− z 1 − ( x + y) S= + + ≤ 1+ + =1 + + 1+ x 1+ y 1+ z 1+ x + y 1+ z 2− z 1+ z

Đặt h(z) =

z 1− z + . Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn 2− z 1+ z

1   3 ; 1

0,5

0,5

h '( z ) = 0 ⇔ z =

Vì vậy : S =

1  1 . Maxf(z)=Max h   ; h(1); 2   3

 1  2 h   = 3  2 

1− x 1− y 1− z 2 + + ≤ 1+ . 1+ x 1+ y 1+ z 3

Khi x = 0 và y = z =

2 1 2 thì S = 1 + . Vậy: MaxS = 1 + . 2 3 3

0,5