Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2010

Chia sẻ: Nhan Tai | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:16

0
93
lượt xem
36
download

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2010

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2010 có kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp… ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì học sinh giỏi sắp tới được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2010

  1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 12. ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I. (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II. (4,0 điểm)  x x  8 y  x  y y 1.Giải hệ phương trình:  (x, y  R)  x  y  5.   2.Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x  )  1 . (x  R) 4 Câu III.(2,0 điểm) Cho phương trình: log( x 2  10 x  m)  2 log(2 x  1) (với m là tham số) (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. Câu IV. (2,0 điểm)  4 tan xdx Tính tích phân:  cos x . 0 1  cos 2 x Câu V. (4,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VI. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3.
  2. a3 b3 c3 3 Chứng minh rằng: 2  2  2  . b 3 c 3 a 3 4 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
  3. ĐÁP ÁN Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Câu Phương pháp - Kết quả Điểm 1. Ta có y’ = 3x2 + 6x + m 0,5 Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm phân 0,5 biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 9 - 3m  0 I.1  (2điểm)  x1  x2  -2    m 0,5  x1.x2  3   x1  2 x2  3  Giải hệ trên ta được m = -105 0,5 2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,5 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 9 Từ đó tìm được m < và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A(0; 1), 4 0,5 B, C. +) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x2 + 3x + m = 0 . 0,5 Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m I.2 và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m (2điểm) Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi 0,5 k1.k2 = -1  4m2 – 9m + 1 = 0 0,5  9  65 m  ( t/m)  8  0,5  9  65 m  ( t/m)  8 1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5 Xét y = 0, không thỏa mãn hpt +) y  0, đặt x  t y , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành  5t 3 5 II.1  3 t y  8  t  y  t 2  1  8  t  t 2  1 (*)   2  (2điểm)  y (t  1)  5  y  5 (t 2  1)   t2 1 (*)  4t3 – 8t2 + t + 3 = 0 1 1 3 3  t = 1; t = - ; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t = 2 2 2
  4. Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4). (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được kết quả 0,5 đúng vẫn được điểm tối đa) 2. PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5  (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) s inx  cos x  0 0,5    (cos x  s inx)(sin 2 x  cos2 x)  2 II.2   (2điểm)   x   4  k 0,5   cos3 x  s inx  2 Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm  0,5 KL: x =   k 4  1  1 x   x   3. PT   2  2 1  x 2  10 x  m  (2 x  1) 2 m  3x 2  6 x  1(**)   1 III Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >- (2điểm) 2 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta tìm 1 2 19 đươc m  (-2; ) 4   4 tan xdx 4 tan xdx 0,5 I=  cos x =  cos . 0 1  cos 2 x 0 2 x 2  tan 2 x tan xdx Đặt t = 2  tan 2 x  t 2  2  tan 2 x  tdt = 0,5 IV cos2 x (2điểm) Đổi cận : x = 0  t = 2  0,5 x= t 3 4 3 3 tdt I=  t   dt  3 2 0,5 2 2 1. B  1  B(a; 3 –a) . C  2  C(b; 9-b)     AB. AC  0  0,5  ABC vuông cân tại A   2 2 V.1  AB  AC  (2điểm) 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)   2 2 2a - 8a = 2b  20b  48 (2) 0,5 a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
  5. 5a - 8 (1)  b = . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5 a-2 Với a = 0 suy ra b = 4. 0,5 Với a = 4 suy ra b = 6. 2.Gọi I là trung điểm của AB  I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 1 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất V.2  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) (2điểm) x-1 y-1 z-1 +) Phương trình đường thẳng MI : = = . 0,5 1 1 1 M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P). 0,5 Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 3. S M 0,5 A B VI (2điểm) D C Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh được góc DMB = 1200 và  DMB cân tại M 2 Tính được: DM2 = a2 0,5 3 1 1 1  SCD vuông tại D và DM là đường cao nên = 2+ DM DS DC2 2 0,5 Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 1 Vậy thể tích S.ABCD bằng a3 0,5 3 3 3 3 a b c 3 2  2  2  (***).Do ab + bc + ca = 3 nên b 3 c 3 a 3 4 a3 b3 c3 VT (***) = 2   VII b  ab  bc  ca c 2  ab  bc  ca a 2  ab  bc  ca (1điểm) a3 b3 c3 =   (b  c)(a  b) (c  a)(b  c) (a  b)(c  a) 0,5 a3 b  c a  b 3a Theo BĐT AM-GM ta có    (b  c)(c  a) 8 8 4
  6. a3 5a  2b  c   (1) (b  c)(c  a ) 8 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được: b3 5b  2c  a c3 5c  2a  b  (2),  (3) (c  a)( a  b) 8 (a  b)(c  a) 8 a bc Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (***)  4 Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca ) = 3. 0,5 Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)
  7. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 §Ò chÝnh thøc Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/11/2009 Câu 1. (4,0 điểm) y x2 4x Giải hệ phương trình z y2 4y x z2 4 z. Câu 2. (4,0 điểm) Cho hai dãy số an và bn được xác định như sau: 1 n n n * an + ... và bn an 1 an với n ( trong đó x là phần n 1 2 n nguyên của số thực x ). Chứng minh rằng dãy số bn có vô số số hạng dương và vô số số hạng âm. Câu 3. (4,0 điểm) Cho đa thức với hệ số thực P( x) an x n an 1x n 1 ... a1x a0 có n nghiệm 2k 1 2 thực phân biệt. Chứng minh rằng ak 1.ak 1 .ak , k 1;2;...; n 1 . 2k 2 Câu 4. (4,0 điểm) Cho tam giác nhọn ABC ( AB AC ) có các đường cao AD, BE và CF . Gọi P giao điểm của hai đường thẳng EF và BC . Kẻ đường thẳng d đi qua điểm D và song song với đường thẳng EF . Đường thẳng d cắt hai đường thẳng AB và AC lần lượt tại hai điểm Q và R . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR đi qua trung điểm của cạnh BC. Câu 5. (4,0 điểm) Gọi Sn là tập hợp tất cả các hoán vị (a1 , a2 ,..., an ) của tập hợp 1, 2,..., n sao cho trong mỗi hoán vị có đúng một phần tử lớn hơn tất cả các phần tử đứng trước nó. Tìm số phần tử của tập hợp Sn và tính giá trị trung bình cộng của các số a1 trong các hoán vị thuộc tập hợp S n . -----------Hết----------- Họ và tên: ..........................................................................................................Số báo danh:.......................
  8. Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o hµ tÜnh x4 20 7 x3 x4 9 4x y 3z 8z x y 2z 2x y z x y 3z x2 ax b ho khi chia tËp A = {1, 2, …, n} thµnh 4 tËp con rêi nhau th× lu«n tån t¹i 3 sè thuéc cïng mét tËp lµ ®é dµi c¸c c¹nh cña mét tam gi¸c. HÕt
  9. SỞ GD&ĐT NGHỆ AN KÌ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2009 - 2010 §Ò chÝnh thøc Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 04/11/2009 Câu 1. (4,0 điểm) Cho dãy số pn là dãy tất cả các số nguyên tố thoả mãn p1 2 và * pn pn 1 , n . Đặt Sn p1 p2 ... pn . Chứng minh rằng với mỗi số tự nhiên n 1 luôn tồn tại số tự nhiên m sao cho Sn m2 S n 1. Câu 2. (4,0 điểm) Cho ba số thực dương thay đổi x, y và z thoả mãn xyz 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x3 y 3 y3z3 z 3 x3 6( x y z ). Câu 3. (4,0 điểm) Tìm tất cả các hàm số f : sao cho f ( xf ( y ) f ( x)) 2 f ( x) xy, x, y . Câu 4. (4,0 điểm) Cho hình thang ABCD có AB không song song với CD . Đường tròn (O1 ) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với đường thẳng CD tại M , đường tròn (O2 ) đi qua hai điểm C , D và tiếp xúc với đường thẳng AB tại N . Hai đường tròn (O1 ) và (O2 ) cắt nhau tại E và F . Gọi I là trung điểm MN . Chứng minh rằng ba điểm E , F và I thẳng hàng. Câu 5. (4,0 điểm) Cho hai số tự nhiên k và n thoả mãn 1 k n. Lấy tất cả các tập con có k phần tử của tập hợp 1;2;...; n . Mỗi tập con này đều có phần tử nhỏ nhất và phần tử lớn nhất. Gọi a là trung bình cộng của các phần tử nhỏ nhất và b là trung bình cộng của các phần tử lớn nhất. Chứng minh rằng b ka. ----------Hết---------- Họ và tên: ..........................................................................................................Số báo danh:.......................
  10. THI CHỌN ĐỘI TUYỂN THI CHUNG KHẢO QUỐC GIA TỈNH THÁI NGUYÊN Năm hoc: 2009 – 2010 Môn thi: TOÁN HỌC -- Lớp: 12 Thời gian: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Bài 1: Tính tổng: 1 2 22 21000 S= ... . 3 3 3 3 ( Ký hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ) Bài 2: Biết rằng đa thức P(x) = x3 ax 2 bx c có 3 nghiệm thực phân biệt và đa thức P(Q(x)) không có nghiệm thực với Q(x) = x 2 x 2009 . 1 Chứng minh rằng: P(2009) > 64 Bài 3: Cho các số nguyên dương m, n với m > n 2mn Chứng minh rằng: m, n m 1, n 1 m n ( Ký hiệu [x,y] là bội chung nhỏ nhất của hai số tự nhiên x và y ). Bài 4: Cho n là số tự nhiên lớn hơn 10000. Chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên m thỏa mãn hai điều kiện: Điều kiện 1: m viết được dưới dạng tổng hai số chính phương. Điều kiện 2: 0 m n 3 4 n Bài 5: Chứng minh rằng với mọi số thực x thỏa mãn 0 x ta có: 2 6 cos 2 x 8sin 2 x cos x 16sin x 5 0 Bài 6: Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: 1 2 3 1 1 x 2 y 3 z Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = xyz Bài 7: Cho nửa đường tròn đường kính AB = 2R. Gọi C là điểm chuyển động trên nửa đường tròn đó và D là trung điểm cung BC. 3 3R 2 Chứng minh diện tích tứ giác ABCD không vượt quá 4 …………………………..Hết…………………………..
  11. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH BẮC GIANG NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán-lớp 12. ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề). Câu I. (5,0 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + 1 (m là tham số) (1) 1. Tìm m để hàm số (1) đạt cực trị tại x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 2. Tìm m để đường thẳng y = 1 cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt A(0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại B và C vuông góc với nhau. Câu II. (4,0 điểm) x x  8 y  x  y y  1. Giải hệ phương trình:  (x, y  R)  x  y  5.   2. Giải phương trình: sin 4 x  cos 4 x  4 2 sin ( x  )  1 . (x  R) 4 Câu III.(2,0 điểm) Cho phương trình: log( x 2  10 x  m)  2log(2 x  1) (với m là tham số) (2) Tìm m để phương trình (2) có hai nghiệm thực phân biệt. Câu IV. (2,0 điểm)  4 tan xdx Tính tích phân:  cos x . 2 0 1  cos x Câu V. (4,0 điểm) 1. Trong hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2), các đường thẳng 1: x + y – 3 = 0 và đường thẳng 2: x + y – 9 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc 1 và điểm C thuộc 2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(-3; 5; -5), B(5; -3; 7) và mặt phẳng (P): x + y + z - 6 = 0. Tìm tọa độ điểm M trên mặt phẳng (P) sao cho MA2 + MB2 đạt giá trị nhỏ nhất. Câu VI. (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (SCD) bằng 600. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD. Câu VII. (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = 3. a3 b3 c3 3 Chứng minh rằng: 2  2  2  . b 3 c 3 a 3 4 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:……………………………………….SBD:……………………
  12. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2009-2010 Môn thi: Toán, lớp 12. ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 28 tháng 03 năm 2010 (Hướng dẫn có 4 trang) Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Câu Phương pháp - Kết quả Điểm 2 1. Ta có y’ = 3x + 6x + m 0,5 Ycbt tương đương với phương trình 3x2 + 6x + m = 0 có hai nghiệm 0,5 phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 + 2x2 = 3. 9 - 3m  0 I.1  x  x  -2 (2điểm)    1 2  m 0,5  x1.x2  3   x1  2 x2  3  Giải hệ trên ta được m = -105 0,5 2.+) Hoành độ điểm chung của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,5 x3 + 3x2 + mx + 1 = 1  x(x2 + 3x + m) = 0 9 Từ đó tìm được m < và m  0 thì d cắt (C) tại ba điểm phân biệt 4 0,5 A(0; 1), B, C. +) B(x1; 1), C(x2; 1) với x1 ; x2 là nghiệm của phương trình x2 + 3x + m = 0 . 0,5 Hệ số góc của tiếp tuyến tại B là k1 = 3x12 + 6x1 + m I.2 (2điểm) và tại C là k2 = 3x22 + 6x2 + m Tiếp tuyến của (C) tại B và C vuông góc với nhau khi và chỉ khi 0,5 k1.k2 = -1  4m2 – 9m + 1 = 0 0,5  9  65 m  ( t/m) 8  0,5  9  65 m  ( t/m)  8 1. Điều kiện x, y ≥ 0 0,5 Xét y = 0, không thỏa mãn hpt +) y  0, đặt x  t y , t ≥ 0. Hệ phương trình trở thành II.1  5t 3 5 (2điểm)  3 t y  8  t  y  t 2  1  8  t  t 2  1 (*)   2   y (t  1)  5  y  5 (t 2  1) 2   t 1 1 (*)  4t3 – 8t2 + t + 3 = 0
  13. 1 3 3  t = 1; t = - ; t = . Đối chiếu điều kiện ta được t = 2 2 2 Từ đó tìm được (x;y) = (9; 4). (HS có thể giải bài toán bằng phương pháp thế hoặc cách khác được 0,5 kết quả đúng vẫn được điểm tối đa) 2. PT  2sin 2x cos 2x + 2cos2 2x = 4(sin x + cos x) 0,5  (cos x + sin x) (cos x – sin x) (sin 2x + cos 2x) = 2(sin x + cos x) sinx  cos x  0 0,5   (cos x  sinx)(sin 2 x  cos2 x )  2 II.2   (2điểm)   x    k 4 0,5   cos3 x  sinx  2 Chứng minh được phương trình cos 3x – sin x = 2 vô nghiệm  0,5 KL: x =   k 4  1  1 x   x   3. PT   2  2 1  x 2  10 x  m  (2 x  1) 2 m  3x 2  6 x  1(**)   1 III Ycbt  (**) có hai nghiệm phân biệt thoả mãn x >- (2điểm) 2 1 Lập bảng biến thiên của hàm số f(x) = 3x2 – 6x + 1 trong (- ;+∞ )ta 1 2 19 tìm đươc m  (-2; ) 4   4 4 tan xdx tan xdx 0,5 I=  cos x =  cos . 2 2 2 0 1  cos x 0 x 2  tan x tan xdx Đặt t = 2  tan 2 x  t 2  2  tan 2 x  tdt = 0,5 IV cos 2 x (2điểm) Đổi cận : x = 0  t = 2  0,5 x= t 3 4 3 3 tdt I=  t   dt  3 2 0,5 2 2 1. B  1  B(a; 3 –a) . C  2  C(b; 9-b)     AB. AC  0  0,5  ABC vuông cân tại A   2 2 V.1  AB  AC  (2điểm) 2ab - 10a - 4b + 16 = 0 (1)   2 2 2a - 8a = 2b  20b  48 (2) 0,5 a = 2 không là nghiệm của hệ trên.
  14. 5a - 8 (1)  b = . Thế vào (2) tìm được a = 0 hoặc a = 4 0,5 a-2 Với a = 0 suy ra b = 4. 0,5 Với a = 4 suy ra b = 6. 2.Gọi I là trung điểm của AB  I ( 1; 1; 1) +) MA2 + MB2 = 2MI2 + IA2 + IB2 1 Do IA2 + IB2 không đổi nên MA2 + MB2 nhỏ nhất khi MI nhỏ nhất V.2  M là hình chiếu của I lên mặt phẳng (P) (2điểm) x-1 y-1 z-1 +) Phương trình đường thẳng MI : = = . 0,5 1 1 1 M là giao điểm của MI và mặt phẳng (P). 0,5 Từ đó tìm được M(2; 2; 2) 3. S M A B VI (2điểm) D C Gọi M là hình chiếu vuông góc của B lên SC. Chứng minh được góc DMB = 1200 và  DMB cân tại M 0,5 2 Tính được: DM2 = a2 0,5 3 1 1 1  SCD vuông tại D và DM là đường cao nên = 2+ DM DS DC2 2 0,5 Suy ra DS = a 2 . Tam giác ASD vuông tại A suy ra SA = a. 1 Vậy thể tích S.ABCD bằng a3 0,5 3 a3 b3 c3 3 2  2  2  (***).Do ab + bc + ca = 3 nên b 3 c 3 a 3 4 a3 b3 c3 VT (***) =  2  2 b 2  ab  bc  ca c  ab  bc  ca a  ab  bc  ca a3 b3 c3 =   VII (b  c)(a  b) (c  a)(b  c) (a  b)(c  a) (1điểm) a3 b  c a  b 3a Theo BĐT AM-GM ta có    0,5 (b  c)(c  a) 8 8 4 3 a 5a  2b  c   (1) (b  c)(c  a ) 8 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được:
  15. b3 5b  2c  a c3 5c  2a  b  (2),  (3) (c  a)(a  b) 8 (a  b)(c  a) 8 a bc 0,5 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được VT (***)  4 Mặt khác ta dễ dàng chứng minh được : a + b + c ≥ 3(ab  bc  ca ) = 3. Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1 (Đpcm)
  16. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2009 - 2010 Môn thi: TOÁN LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Câu 1 (4 điểm). a) Cho dãy số u n  ; n = 1, 2, ... được xác định như sau: u1  1   un 1  un (u n  1)(un  2)(un  3)  1; n  1, 2,...  n 1 Đặt Sn   (n  1, 2,...). Tính lim Sn i 1 ui  2 n  1  2 x  1  sin x b) Tính lim x 0 3x  4  2  x Câu 2 (4 điểm). 3 a) Cho hàm số y  x  3 x  2 có đồ thị (C). Đường thẳng (d) đi qua M(2;0) có hệ số góc m. Tìm m để d cắt (C) tại bốn điểm phân biệt. b) Hàm số y = f(x) xác định và có đạo hàm trên toàn bộ trục số, thỏa mãn các điều kiện: f 2 (1  2 x)  x  f 3 (1  x), x  R Hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị của hàm số y = f(x) tại điểm có hoành độ x = 1. Câu 3 (4 điểm). a) Giải phương trình: x 3  (1  x 2 )3  x 2(1  x 2 ) x  y2  z2  1  b) Giải hệ phương trình sau:  y  z 2  x 2  1  z  x2  y 2  1  ln a 1  3 a Câu 4: (2 điểm). Cho a là số dương khác 1. Chứng minh rằng:  . a 1 a  3 a Câu 5: (6 điểm). Cho một tam diện vuông Oxyz và một điểm A cố định bên trong tam diện. Gọi khoảng cách từ A tới ba mặt phẳng Oyz, Ozx, Oxy lần lượt là a, b, c. Một mặt phẳng (  ) qua A cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại M, N, P. a b c 1) Chứng minh rằng   1 OM ON OP 2) Xác định vị trí của mặt phẳng (  ) để thể tích tứ diện OMNP đạt giá trị nhỏ nhất. 3) Chứng minh rằng: ( MN  NP  PM )2  6(OM 2  ON 2  OP 2 ) . ................ hết ...............

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

Đồng bộ tài khoản