UBND tỉnh Bắc Ninh
Sở giáo dục và đào tạo
==========
Kì thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh
Năm học 2007 – 2008 Môn thi: Toán THPT
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể giao đề)
Ngày thi: 2 tháng 4 năm 2008
==============
Câu1(5 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của a để tập xác định của hàm số :
f(x) = 2a x
2a x
chứa tập giá trịcủa hàm số g(x) = 2 1
x 2x 4a 2
Câu2(3điểm)
Giải hệ :
x4 – x3y+ x2y2 = 1
x3y – x2 + xy = -1
Câu 3(5 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số :
f ( x,y,z ) = yz x 1 xz y 2 xy z 3
xyz
; Trên miền D =(x, y, z) : x 1; y 2; z 3
Câu4(3 điểm)
Gọi V và S lần lợt là thể tích và diện tích toàn phần của một tứ diện
ABCD Chứng minh rằng :
S32
V > 288
Câu 5(2 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phơng trình :
x2y2 – x2 – 8y2 = 2xy
Câu 6(2 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f(x) khả vi trên khoảng ( -1; 1) sao cho
f(x) + f(y) = f x y
1 xy
=========Hết==========
Đề này có 01 trang
Chú ý : học sinhBổ túcTHPT không phải làm câu 5 , 6
đáp án toán 12 hsg Câu1 : ( 5 điểm )
+/ Tập xác định của f(x) là :
0 2
a x
(1.0đ)
Đề chính thức
Trang 2+/ nếu phơng trình : x2 + 2x +4a -2 = 0 có nghiệm x = x0 thì
0
x x lim g(x)
nên tập xác định của f(x) không thể chứa tập giá trị của g(x)
(0.5đ)
Do đó phơng trình : x2 + 2x+4a-2 = 0 vô nghiệm
(0.25đ)
< 0 a >3/4
(0.25đ)
Khi đó TXĐ của f(x) là : 2a;2a
(0.25đ)
Bài toán trở thành :Tìm a > 3/4 sao cho – 2a 2 1
2a, x
(0.5đ)
Ta có với a > 3/4 x2 + 2x + 4a – 2 > 0 , x R
(0.25đ)
Nên bpt trên
2ax2 + 4ax + 2a ( 4a – 2) – 1 > 0
2ax2 + 4ax + 2a ( 4a – 2 ) + 1 0 x
(0.5đ)
2
2
(0.5đ)
8
a ( do a > 3 /4 )
(0.5đ)
Kết luận : a > 3 17
8
(0.5đ)
Câu 2 :(3.0 điểm)
+/ Điều kiện x 0
(0.25đ)
+/ Viết hệ pt về dạng :
xy x x y
xy x x y
(0.5đ)
Đặt : - x2 + xy = u
x3y = v
(0.25đ)
Hệ trở thành : u2 + v = 1 v = 1 – u2
u + v = -1 u + 1 – u2 = -1
(0.25đ)
1 0 2 3
u v u v
(0.5đ)
Trang 3Nếu : u = -1 , v = 0 ; 3 1
0
x xy
x y
(0.25đ)
giải ra ta đợc : x = 1 , y = 0
hoặc x = -1 , y = 0
(0.25đ)
Nếu : u = 2 , v = - 3 ;
2 3
2 3
x xy
x y
(0.25đ)
Chỉ ra hệ vô nghiệm
(0.25đ)
Vậy hệ có nghiệm : x = 1 , y = 0 và x = -1 , y = 0
(0.25đ)
Câu 3 :(5.0 điểm)
(0.5đ)
Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho từng cặp số ta có:
(0.5đ)
1
2
(0.5đ)
2
(0.5đ)
1
2 2
(0.5đ)
3
(0.5đ)
1
2 3
(0.5đ)
Cộng vế vế các bất đẳng thức ta đợc
f(x,y,z) 1(1 1 1 )
(0.5đ)
Đẳng thức xảy ra khi x = 2 , y = 4 , z = 6
(0.5đ)
Do đó max f ( x , y , z ) = 1 1 1
2 2 3 với ( x , y , z ) D
(0.5đ)
Câu 4 :(3.0 điểm)
+/ Gọi diện tích các mặt ABC , ACD , ADB , BCD lần lợt là SD , SB , SC , SA +/ Gọi B/ là hình chiếu của B lên mp ( ACD )
Trang 4+/ Gọi C/ là hình chiếu của B lên mp ( ADB )
D
B
H
3 3 (0.5đ)
2 1 B C / /
9
(0.25đ)
+/ Dựng BH AC BB/ BH và CC/ AC
(0.25đ)
(0.25đ)
Dấu bằng xảy ra BAC CAD DAB 90 0
(0.25đ)
Tơng tự ta có:
2 2
9 A B C
V S S S 2 2
9 A B D
V S S S 2 2
9 A C D
V S S S (0.5đ)
V S S S S (do dấu bằng không đồng thời xẩy ra)
(0.5đ)
(nếu không chỉ ra dấu bằng không đồng thời xẩy ra cho 0.25đ)
Ta có
3 3
2
3 4
288 2
9
S
(0.5đ)
(áp dụng bất đẳng thức cô si cho tử 0.25đ , rút gọn ra 288cho 0.25đ)
Câu 5 :(2.0 điểm)
Dễ thấy phơng trình có nghiệm x = y = 0 (0.25đ) Với x , y đều khác không ta có :
(1) y2( x2 – 7) = ( x + y)2 (2)
(0.5đ)
Từ (2) suy ra x2 – 7 là bình phơng của một số nguyên
x2 – 7 = a2 ( a Z ) (3)
(0.25đ)
(3) x2 – a2 = 7 ( x a )( x a ) 7
(0.25đ)
( x a ) 7 ; ( x a ) 1 ; x 4 hay x = 4 (0.5đ)
Trang 5+/ Thay x = 4 vào (2) ta đợc 9y2 = ( y + 4 )2 ( y + 1)( y – 2) = 0
y = -1, y = 2 (0.5đ) +/ Thay x = - 4 vào (2) ta đợc 9y2 = ( y – 4)2 ( y – 1)( y + 2) = 0
y = 1 , y = 2
(0.5đ) Vậy phơng trình (1) có các nghiệm nguyên :
( x ; y ) là ( 0 ; 0 ) , ( 4 ;- 1) ,(4 ; 2) , ( - 4 ; 1) , ( - 4 ; - 2)
(0.25đ)
Câu6 :(2.0 điểm)
Ta có f(0)=0
(0.25đ)
(0.25đ)
2
1
1
x a
x a f
x a
ax
x a
ax
x a
ax
Do đó
f
(0.25đ)
(0) 1
x
(0.25đ)
2
f
(0.25đ)
f x
x
(0.25đ)
Chú ý : Các cách giải khác đúng cho điểm tơng ứng
(0.5đ)