Trêng thpt tam giang.. HÕt ...[r]
Trang 1Trờng thpt tam giang.
Tổ toán.
* * *
đề kiểm tra để chọn học sinh giỏi toán
khối : 12
năm học : 2006-2007 thời gian : 150 phút ( Không kể thời gian giao đề)
.
B i 1 à : Giải phơng trình : 3
√2 x +1+1=x3+3 x2+2 x
Bài 2: a) Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng sau theo các hằng số dơng x,y,z,t:
P = 1
xa +yb+zc+td+
1 xb+ya+zd+tc +
1 xc+yd+za+tb+
1
xd +yc+zb+ta
Trong đó : a,b,c,d, là các số dơng thỏa mãn : 1
1
1
1
b) Xác định x (0 ; 4 π
4011 ) để : cosx + cos2x + cos3x + + cos2005x = ❑
❑
1 2
Bài 3 : Tìm các giá trị của m để hệ phơng trình :
{3 x2+2 xy − y2=1
2 x2
+xy+ y2
=m có nghiệm
Bài 4 : Trong mặt phẳng với hệ tọa độ (oxy) cho tam giác ABC có B(1;2) Đờng phân
giác trong Δ của góc A có phơng trình : 2x+y-1=0 , khoảng cách từ C đến Δ bằng hai lần khoảng cách từ B đến Tìm tọa độ của A và C , biết rằng C nằm trên trục tung
Hết
Trờng thpt tam giang.
Tổ toán.
* * *
đáp án chấm đề kiểm tra để chọn học sinh gioỉ toán
khối 12 - năm học 2006-2007.
Bài 1 : ( 2điểm)
Trang 2* x+1¿2− x −2
3
√2 x +3+1=x3+3 x2+2 x ⇔√32 x +3=¿ (0,25)
* Đặt: y+1 = y +1¿3=2 x+3
3
√2 x +3 ⇒¿ (1) (0,5)
*Phơng trình trở về : y+1 = (x+1)3-x-2 x+1¿3=x+ y+3
⇒¿ (2) (0,25)
*Lấy (2)-(1) vế theo vế : (x+1)3- (y+1)3 = y-x
¿
Vì (x+1)2+(x+1)(y+1)+(y+1)2+1 > 0 với mọi x,y (0,5)
*Thay x = y vào (1) ta đợc : (x+1)3 = 2x+3
¿
x=− 2
2
2
(0,5)
Bài 2 : ( 4 điểm).
a) (2điểm)
*áp dụng BĐT :
a1+a2+ +an¿2
¿
¿
a1
c1+
a2
c2+ +
a n
c n ≥¿
với aici > 0 (i = 1,2,3, ,n)
Dấu bằng xảy ra ⇔c1=c2= =cn (0,5)
*Đặt: S = x+y+z+t > 0 Ta có :
¿
¿ xa +yb+zc+td= s2
xa +yb+zc+td
¿
¿
x
y
z
t
(0,5)
Tơng tự :
) (
1 1
t d
z a
y b
x s tc zd ya
xb 1
xc +yd +za +tb≤
1
s2(
x
y
z
t
b),
1 xd+yc+zb+ta ≤
1
s2(
x
y
z
t
a) (0,25)
Trang 3P≤ 1
S2(
x+ y+ z+t
x + y +z +t
x+ y +z +t
x+ y+ z+t
¿⇒ P≤1
S(
1
1
1
1
1
S
(0,5)
*GTNN của P bằng S
1
,đạt đợc khi chỉ khi : a = b = c = d =
1
4
(0,25)
b) (2điểm).
*x = k2 π , kZ Thì : Cosx+Cos2x+Cos3x+ +Cos2005x = 2005 −1
2 Nên : x = k2 π không phải là nghiệm của phơng trình (0,5)
2≠ kπ ⇔Sin x
2≠ 0
2Cosx +Sin
x
2Cos 2 x +Sin
x
2Cos 3 x+ +Sin
x
2Cos2005 x=−
1
2Sin
x
2
2 −Sin
x
2+Sin
5 x
2 −Sin
3 x
2 +Sin
7 x
2 −Sin
5 x
2 + +Sin
4011 x
2 −Sin
4009 x
x
2
⇔Sin 4011 x
2 =0
⇔4011 x
4011 Với l là số nguyên không chia hết cho 4011 (1,0)
*
¿
2⇔l=1
¿l
4 π
4011⇔ 0
l2 π
4011
4 π
4011⇔ 0
x
4011)⇔ 0
¿
vì l Z (0,25)
*l=1 không chia hết cho 4011 nên phơng trình đã cho có nghiệm ; x = 2 π
4011 (0,25)
Bài 3: (2điểm)
* y = 0 : HPT ⇔{3 x2=1
2 x2
2 3
1
2 m
m
(a) ((),25)
* y 0 Đặt t = x
y
Trang 4Hpt ⇔{3 t2+2 t −1= 1
y2
y2
(1)
Hpt đã cho có nghiệm (x;y) (1) có nghiệm (t;y)
Vì : 3t2+2t-1= 1 y2 ¿ −1 t⟨|t⟩1 3 0⇒¿ (1) có nghiệm (t;y) ⇔m= 2t2+t+1 3 t2 +2 t − 1 có nghiệm t ∈(− ∞;−1)∪(1 3;+∞)
(0,25) Xét f(t) = 3 t2 +2t − 1¿2 ¿ 2 t2+t+1 3 t2 +2t −1 ⇒ f❑ (t)= t 2 − 10t −3 ¿
t=5− 2√7 t=5+2√7 : f (5+2√7)=21+8√7 32+8√7 f❑ (t )=0 ⇔t2 − 10 t −3=0 ⇔¿ (1,0) t - ∞ -1 5-2 √7 3
1 5+2 √7 +
f / (t) + + 0 - - 0 +
f(t) + ∞ + ∞ 3
2 3
2
21+8√7 32+8√7
(0,25)
Trang 5*Dựa vào bảng biến thiên : m = f(t) có nghiệm t (− ∞;−1)∪( 1
32+8√7 (b)
* Từ (a) và (b) kết luận : Hpt có nghiệm ⇔m ≥21+8√7
32+8√7 (0,25)
Bài 4 : (2điểm).
* Gọi H,I là các hình chiếu vuông góc của B và C lên Δ , BH cắt AC tại M
Ta có : d(B, Δ )=BH=HM, d(C,)=CI
Mà d(C, )=2 d(B, Δ ) ⇔CI=2 HM ,nên : MA=MC,HA=HI
(0,5)
* BH qua B(1;2) nhận u Δ=(1 ;−2) làm vectơ pháp tuyến nên có phơng trình:
x-2y+3=0 (0,25)
*Tọa độ của H là nghiệm của phơng trình : {x −2 y +3=0
2 x + y −1=0 ⇔{x=−1
5
5
) 5
7
; 5
1 (
H
, (0,25)
Trang 6* H là trung điểm của BM ⇒{x M=2 xH − x B=−7
5
5
5
4
; 5
7 (
M
*
7
5− 2¿
2
¿
5−1¿
2
+ ¿
¿
BH= √ ¿
* C thuộc trục tung nên: C(0;y0) ,do đó
¿
¿ CI=|y0−1|
√5 =
6√5 5
¿
Do M là trung điểm của AC Nên :
C(0;7)
5 ;−
27
5 )
I C
M H
A
B
C(0;-5)
) 5
33
; 5
14 (
A
(0,5)
*Thử lại chỉ có A (−14
5 ;
33
5 )∈ Δ
.Vậy : ), ( 0 ; 5 ).
5
33
; 5
14
A
(0,25)
Hết