HSG TOAN 12 2008

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

Së Gi¸o dôc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

§Ò thi chÝnh thøc

Môn: Toán Thời gian làm bài : 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

x





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

Bài 3: (4 điểm)

Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm

thực:

(3 x  14 x  14)  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 4

5.

Chứng minh rằng : 1 1 1 1

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

Hết

Së Gi¸o dơc vµ §µo t¹o Kú thi chän häc sinh giái tØnh

Môn : TOÁN

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

(3đ) Giải phương trình: sin3x c x os4 1 (x )

Viết lại: sin3xcos4x 1 sin3xcos4xsin2xcos2x

 sin2x1 sin xcos2 x1 cos 2x0 (*)

0,5

Chú ý: sin2x1 sin x 0 và cos2 x1 cos 2x 0

Do đĩ: (*)  sin2x1 sin x 0 và cos2x1 cos 2x 0

1

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

2



NỘI DUNG ĐIỂM

Bài 2

(4đ) Giải bất phương trình : 33x x 21 2 3x31 ( x )

    a) Ta cĩ: 2+3x 3 1=1+1+3x 3 1  331.1.3x 3 1 = 3x 332(BĐT Cơsi,  x  )

Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1

1,0

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

Ta cĩ: 2+3x 3 1> 3 332

x 

(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)

0,5

Với mọi x 5 và x1 thì 33x x 2  1 

3 2 3 3

x 

< 2 + 3x 3 1 Với x  5 thì 33x x 2  1 < 30 < 2 + 3x 3 1

0,5

Vậy bất phương trình đã cho chỉ cĩ một nghiệm là x = 1 0.5

(4đ) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau cĩ một 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 và

g x( )3x214x142 4 3 x 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)

1

2

2

'( ) 3 14 14;

'( ) 0 1; 2; 4

g x   x x x

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

2

x - 1 2 4 +

g’(x) + 0 - 0 + 0

-g(x) 36

9

4

- -

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 1 Bài 4 NỘI DUNG ĐIỂM (4,5đ) 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

Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ :

A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0) Ta có : ; 2 3 3 p q s G    )

và p2+q2 = r2+s2 (2)

1 Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi y G  0 q 2s0 (3) 0,5 Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC Do đó : tgB + tgC = 2tgA  tgB.tgC = 3 (4)

1 Ta có: tgB =q s p r   ; tgC = q s p r    ; tgB.tgC = 2 2 2 (q s) r p   = 2 2 2 (q s) q s   (do(2)) Hay: tgB.tgC = q s q s   (5)

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

0,5 Nếu tgB + tgC = 2tgA thì từ (4) và (5) cho q = 2s Do (3) mà GH//BC 0,5 BÀI 5 NỘI DUNG ĐIỂM Câu a (1,5đ) Chứng minh : 11 a a  11 b b  1 11 a b a b     (*) với a, b0 và a + b  4 5 Bình phương các vế của (*) ta được: 2(1 ) 1 ab ab a b     + 2 1 ( ) 1 ab a b ab a b        2 1 a b  + 2 1 ( ) 1 a b a b      1 1 u v u v     - 1 1 v v    (2 ) (1 )(1 ) u v v v u     (với u = ab; v = a + b) 0,5  1 1 u v u v     - 1

1

v v





0,5

r

q y

-r

-s

p

x

C

A

B

O

 2

uv



Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức

Xét u >0 Lúc đó (*) đúng khi bất đẳng thức:

2

2

v

v

1 1

u v

u v

 

  + 1

1

v v



 (**) đúng

Ta có: 1

1

u v

u v

 

  + 1

1

v v



 > 2 1

1

v v



1 v

 

  2

2 1 4 1 5

 

 = 2

3

Ngoài ra: 2

2

v v

2 2 1

v

<2

3 (Do 0 < v = a + b 

4

5 < 1 ) Từ đó (**) là bất đẳng thức đúng

0,5

Câu b

(3đ)

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: 1 1 1

x y z S

x y z

Tìm Min S :

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

Vì 1 x 1x  1 x21 nên: 1 (1 )2

1

x

x x



 

1

x

x x



 

thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1

0,5

Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2.

Vậy: MinS = 2

1

Tìm Max S : Có thể giả sử: 0   x y z 1 Lúc đó: 1; 2 4

z x y   Dùng câu a/, ta có:

S

1

x y

x y

1

z z



 =1 +

2

z z

1

z z





0,5

Đặt h(z) =

2

z z

1

z z



 Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn 1; 1

3

1 '( ) 0

2

h z   z axf(z)=Max h 1 ; (1); 1 2

M     h h 

0,5

S

Khi x = 0 và 1

2

y z  thì 1 2

3

3

0,5