Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2012 - Kèm đáp án

Chia sẻ: Phung Tuyet | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

76
lượt xem 15
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2012 kèm đáp án.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi lớp 12 môn Toán năm 2012 - Kèm đáp án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH ĐẮK LẮK NĂM HỌC 2011 -2012 MÔN: TOÁN 12 – THPT Thời gian: 180 phút (không kể phát đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 10/11/2011 Đề thi có 01 trang Bài 1. (4,0 điểm). 1 Cho hàm số y = x 3  x 2 có đồ thị là (C). 2 Tìm tất cả những điểm trên đồ thị (C) sao cho hệ số góc của tiếp tuyến với đồ thị 4x 2 + 3 (C) tại những điểm đó là giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4 . x +1 Bài 2. (5,0 điểm). Giải các phương trình sau trên tập số thực R: 1/ cosx + 3(sin2x + sinx) - 4cos2x.cosx - 2cos2 x + 2  0 . 2/ x 4  2x 3 + x  2(x 2  x) = 0 . Bài 3. (5,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’, đáy ABC là tam giác cân có AB = AC = a (a là một số thực dương) và mặt bên ACC’A’ là hình chữ nhật có AA’=2a. Hình chiếu vuông góc H của đỉnh B lên mặt phẳng (ACC’) nằm trên đoạn thẳng A’C. 1/ Chứng minh thể tích của khối chóp A’.BCC’B’ bằng 2 lần thể tích của khối chóp B.ACA’. 2/ Khi B thay đổi, xác định vị trí của H trên A’C sao cho khối lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích lớn nhất. 3/ Trong trường hợp thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ là lớn nhất, tìm khoảng cách giữa AB và A’C. Bài 4. (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và    đường thẳng  : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M sao cho: MA + MB + MC nhỏ nhất. Bài 5(3 điểm). (m + 2010)! Cho m là số nguyên thỏa mãn: 0 < m < 2011. Chứng minh rằng là m!2011! một số nguyên. ---------------------- HẾT ----------------------  Thí sinh không được sử dụng tài liệu.  Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh……………………............……………… Số báo danh………....
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2011 - 1012 TỈNH ĐẮK LẮK MÔN: TOÁN 12 – THPT ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM (gồm 4 trang) A. ĐÁP ÁN – BIỂU ĐIỂM Bài(ý) Nội dung đáp án Biể u điể m Bài 1 4x 2 + 3 * Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: g(x) = 4 (4 đ) x +1 4t + 3 - Đặt t = x2, với t  0 ta có hàm số g(t) = 2 ; t +1 4t 2  6t + 4 1 - g'(t) = 2 2 ; g’(t) = 0  t = 2;t = ; 0,75 (t +1) 2 - Ta lại có: tlim g (t )  0 ; tlim g (t )  0 , bảng biến thiên của hàm số:   t  –2 0 1  2 g’(t) – 0 + + 0 – 4 0,5 g(t) 0 3 0 –1 2 - Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là g (x) = 4, đạt được khi x   2 0,75 * Tìm các điểm thuộc đồ thị (C) - Ta có: y’ = 3x2 – x , giả sử điểm M0(x0, f(x0))  (C), thì hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại M0 là f’(x0)= 3x 2  x 0 0,5 0 4 3 - Vậy: 3x 2  x 0 = 4 suy ra x0 = –1; x0 = 0 , tung độ tương ứng f(–1) = – ; 3 2 4 40 f( ) = 1,0 3 27 3 4 40 + Có hai điểm thỏa mãn giải thiết (–1;– ); ( ; ) 0,5 2 3 27 Bài 2 Phương trình  (5 đ) cosx + 2cos2x + 3 .sinx(2cosx + 1) – 4cos2x.cosx – 2(2cos2 x – 1 ) = 0.  cosx(2cosx + 1)+ 3 .sinx(2cosx + 1)–2.cos2x(2cosx + 1) = 0 1/  (2cosx + 1)(cosx + 3 .sinx –2.cos2x) = 0 (2,5 1,0
đ) 2 Nếu: 1/ 2cosx + 1 = 0  x    k 2 , k  Z 0,5 3 2/ cosx + 3 .sinx –2.cos2x = 0  1 3    k 2 cos x  sin x  cos 2 x  cos( x  )  cos 2 x  x    k 2 ; x   ;k Z , 2 2 3 3 9 3 0,5 - Nghiệm của pt là: 2   k 2 x  k 2 , k  Z ; x    k 2 ; x   ;k Z 3 3 9 3 0,5 2/ - Phương trình  x 4  2x 3 + x 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 (2,5 đ)  (x 2  x) 2  ( x 2  x)  2(x 2  x) = 0 1,0 2 - Đặt t = x  x , với t  0 ta có phương trình: t4 – t2 – 2 t = 0; suy ra t = 0; t = 2 0,75 - Với t = 0 thì x = 0; x = 1 - Với t = 2 thì x = –1; x = 2 Tóm lại phương trình có 4 nghiệm phân biệt: 1; 0;1; 2 0,75 B B’ Bài 3 J (5 đ) C C’ H A A’ Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’, VB.ACA’ là thể tích khối chóp B.ACA’, 1/ - Ta có V = h.SABC (h là chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’). 1 (1, 0 - Ta có VB.ACA’ = h.SABC. 3 đ) - Vậy V= 3.VB.ACA’ hay VA’.BCC’B’ = 2.VB.ACA’ 1,0 - Ta có V= 3.VB.ACA’
Vậy V lớn nhất khi VB.ACA’ lớn nhất, 2/ 1 a2 2 2 2 2 2 - Ta có: VB. ACA  S ACA ' .BH hay VB. ACA  ' ' BH , mà BH = AB – AH = a – AH (2 đ) 3 3 0,5 a – vậy BH lớn nhất khi AH nhỏ nhất tức là AH  A’C  CH  5 1,5 3/ - Trong mp(AHB) kẻ HJ  AB, suy ra HJ là đường vuông góc chung của AB (2 đ) và A’C. 0,5 2 1 1 1 4a - Trong ta giác vuông AHB ta H ta có: 2  2  2 , ta có: HA2  ; HJ HA HB 5 a2 2a HB 2  ; suy ra: HJ  5 5 1,5 4 4 - Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là G( ;  ) Bài 4 3 3 0,5      (3 đ) - Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và  cố định (G không nằm trên  ),      - Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay 0,5 MG vuông góc với  . Do đó M là giao điểm của  và đường thẳng d qua G và vuông góc với  .  - Một véc tơ chỉ phương của  là u  (3; 2) đó cũng là 1 vec tơ pháp tuyến 0,5 của d, vậy phương trình của d là: 4 3x + 2y – = 0, 3 Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình: 0,5  20 2 x  3 y  12  0  x   13   20 116  4   M ( ; )  3x  2 y  3  0   y  116 13 39   39 1,0 y 4 M 1---- A -6 -2 O 1 5 x -1 G
-4 Ta có: Bài 5 2010 (m  2010)! 2011 ( m  2011)! 2011 2011 Cm+2010   . = .Cm 2011 ( 3 đ) m !2010! m  2011 m !2011! m  2011 1,0 2010 2011 2010 Suy ra: (m+ 2011)Cm+2010 = 2011.Cm  2011 , tức là: (m+ 2011)Cm+2010 chia hết cho 2010 2011 2011 (do Cm+2010 ; Cm 2011 là các số tự nhiên) Vì: 2011 là số nguyên tố và 0 < m < 2011 nên ƯCLN(m, 2011) = 1, từ đó: 1,0 ƯCLN(m + 2011, 2011)= 1 2010 (m + 2010)! Vậy Cm+2010  2011 hay là số nguyên. m!2011! 1,0 B. HƯỚNG DẪN CHẤM 1/ Điểm của bài làm theo thang điểm 20, là tổng điểm của thành phần và không làm tròn số. 2/ Nếu thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa phần đó. ----------------Hết------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Số báo danh Lớp 12 THPT …...............…… Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 Thời gian : 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 01 trang, gồm 05 câu. Câu I (4,0 điểm) 1 Cho hàm số y = − x 3 + 2 x 2 − 3 x + 1 . 3 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2) Gọi f ( x) = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 3 , tìm số nghiệm của phương trình: [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 . 3 2 Câu II (4,0 điểm) 1) Giải phương trình (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 . ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y ⎪ 2) Giải hệ phương trình ⎨ 3 y − 2( x − 1)3 + 1 = 0 ( x, y ∈ ) . ⎪ ⎩ Câu III (4,0 điểm) 1) Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4 lập các số chẵn có 4 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số vừa lập. Tính xác suất để lấy được số lớn hơn 2012. π 2 (sin x + cos x)dx 2) Tính tích phân I = ∫π 3sin 2 x + 4cos 2 x . − 2 Câu IV (6,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 9 , đường thẳng Δ : y = x − 3 + 3 và điểm A(3; 0) . Gọi M là một điểm thay đổi trên (C ) và B là điểm sao cho tứ giác ABMO là hình bình hành. Tính diện tích tam giác ABM , biết trọng tâm G của tam giác ABM thuộc Δ và G có tung độ dương. 2) Cho hình chóp S . ABCD , đáy là hình chữ nhật có AB = a và BC = 2a , mặt phẳng ( SAB ) vuông góc với đáy, các mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) cùng tạo với đáy một góc 2a bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD bằng . 6 a) Tính thể tích khối chóp S . ABCD . b) Tính côsin góc giữa hai đường thẳng SA và BD . Câu V (2,0 điểm) 1 1 3 2 1 Cho các số thực x, y, z thoả mãn x > , y > , z > 1 và + + ≥ 2. 3 2 3x + 2 2 y + 1 z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = (3 x − 1)(2 y − 1)( z − 1) . --------------------------------------------------- HẾT ------------------------------------------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không được giải thích gì thêm.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THANH HÓA Năm học: 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Đề chính thức) Lớp 12 THPT Ngày thi: 23 tháng 3 năm 2012 (Hướng dẫn gồm 04 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I 1) 3,0 điểm 4,0 ● Tập xác định: D = . điểm ● Sự biến thiên: 0,5 + Chiều biến thiên: y ' = − x 2 + 4 x − 3 ; y '( x) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = 3 . Hàm số nghịch biến trong khoảng: (− ∞; 1) và (3; + ∞) ; đồng biến trên khoảng: (1; 3) . 1 + Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1 ; yCT = − , đạt cực đại tại x = 3 ; yCĐ = 1 . 1,0 3 + Giới hạn: lim y = + ∞ ; lim y = − ∞ . x→−∞ x →+ ∞ + Bảng biến thiên x −∞ 1 3 +∞ y' − 0 + 0 − 1,0 +∞ 1 y 1 − −∞ 3 ● Đồ thị: ⎛ 1⎞ y + Đi qua điểm: (0; 1) và ⎜ 4; − ⎟ . 3 ⎝ ⎠ 1 0,5 1 4 O 3 x 1 − 3 + Nhận xét: Đồ thị (C) đối xứng qua điểm I ⎛ 2; ⎞ . 1 ⎜ ⎟ 3 ⎝ ⎠ 2) 1,0 điểm [ f ( x)] − 6 [ f ( x) ] + 9 f ( x) − 3 = 0 (1) 3 2 1 [ f ( x ) ] + 2 [ f ( x) ] − 3 f ( x) + 1 = 0 . 0,5 3 2 (1) ⇔ − 3 -1-
⎧ g (m) = 0 (2) 1 3 ⎧ g ( m) = 0 ⎪ Đặt g ( x) = − x + 2 x − 3x + 1 , ta có: (1) ⇔ g ( f ( x)) = 0 ⇔ ⎨ 2 ⇔⎨ m 3 ⎩m = f ( x) ⎪− 3 = g ( x) (3). ⎩ Số nghiệm của (1) là số nghiệm của (3), với m nhận tất cả các giá trị thoả mãn (2). Từ đồ thị (C), suy ra (2) có 3 nghiệm m , thoả mãn: 0 < m < 1 , 1 < m < 3 và 3 < m < 4 . Cũng từ (C), ta có: 1 m + Nếu 0 < m < 1 hay − < − < 0 thì (3) có 3 nghiệm phân biệt. 3 3 m 1 0,5 + Nếu 1 < m < 3 hay −1 < − < − thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 4 m + Nếu 3 < m < 4 hay − < − < − 1 thì (3) có đúng 1 nghiệm. 3 3 Rõ ràng, các nghiệm của (3) trong 3 trường hợp trên là đôi một khác nhau. Do đó (1) có đúng 5 nghiệm. II 1) 2,0 điểm 4,0 (1 + sin x)(1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) cos x = 0 (1). điểm 2 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ (1) ⇔ ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + 2(1 + 2sin x) ⎜ cos 2 − sin 2 ⎟ = 0 ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x x ⇔ cos + sin = 0 (2) 2 2 1,0 ⎛ x x⎞ ⎛ x x⎞ hoặc ⎜ cos + sin ⎟ (1 − 2sin x) + (2 + 4sin x) ⎜ cos − sin ⎟ = 0 (3) ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ x π ● (2) ⇔ tan = −1 ⇔ x = − + k 2π . 2 2 x x x x ● (3) ⇔ 3cos − sin + 2sin x cos − 6sin x sin = 0 2 2 2 2 x x x x x x ⇔ 3cos − sin + 4sin cos 2 − 12sin 2 cos = 0 2 2 2 2 2 2 x x x x ⇔ 3sin − 4sin 3 + 12 cos3 − 9 cos = 0 1,0 2 2 2 2 3x 3x 2α 2π ⇔ sin + 3cos = 0 ⇔ x = +l , tan α = −3 . 2 2 3 3 π 2α 2π Vậy, (1) có nghiệm: x = − + k 2π hoặc x = +l , tan α = −3 (với k , l ∈ ). 2 3 3 2) 2,0 điểm ⎧22 x − y − 2 x + y = ( x + y ) x + y − (2 x − y ) 2 x − y (1) ⎪ ⎨ ⎪ 3 y − 2( x − 1) + 1 = 0 3 ⎩ (2). + Điều kiện: x + y ≥ 0, 2 x − y ≥ 0 (*). 1,0 2 x− y x+ y + Khi đó: (1) ⇔ 2 + (2 x − y ) 2 x − y = 2 + ( x + y) x + y . Xét hàm f (t ) = 2 + t t , suy ra: (1) có dạng f (2 x − y ) = f ( x + y ) . t Mặt khác f (t ) đồng biến, do đó (1) ⇔ 2x − y = x + y hay x = 2 y . + Thế vào (2), ta được: 3 y + 1 = 2(2 y − 1)3 (3). ⎧t = (2 y − 1)3 ⎪ 1,0 Đặt 3 y = 2t − 1 , phương trình (3) trở thành hệ: ⎨ ⎪ y = (2t − 1) 3 ⎩ -2-
Trừ vế tương ứng các phương trình của hệ, ta được: t = y ( do 2(2 y − 1) 2 + 2(2 y − 1)(2t − 1) + 2(2t − 1) 2 + 1 > 0 ∀y, t ) Thế vào hệ: y = (2 y − 1)3 ⇔ 8 y 3 − 12 y 2 + 5 y − 1 = 0 ⇔ ( y − 1)(8 y 2 − 4 y + 1) = 0 ⇔ y = 1 . y = 1 ⇒ x = 2 , thoả mãn (*). Vậy, hệ đã cho có nghiệm (duy nhất): ( x; y ) = (2; 1) . III 1) 2,0 điểm 4,0 ● Lập số chẵn dạng abcd . Đặt E = {0, 1, 2, 3, 4} . điểm + Chọn d = 0 , chọn thứ tự a, b, c trong tập E \ {0} có A 3 = 24 cách. Dạng này có 24 số. 4 1,0 + Chọn d ≠ 0 có 2 cách, chọn a ∈ E \ {0, d } có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {d , a} có A 3 = 6 cách. Dạng này có 2.3.6 = 36 số. Lập được 24 + 36 = 60 số. 2 ● Tính số các số chẵn lập được không lớn hơn 2012, có dạng 1bcd : Chọn d chẵn có 3 cách, chọn b và c thứ tự trong tập E \ {1, d } có A 3 = 6 cách. 2 Dạng này có: 3.6 = 18 số. Suy ra số lớn hơn 2012 có 60 − 18 = 42 số. 1,0 42 7 Xác suất cần tính: P = = . 60 10 2) 2,0 điểm π 0 (sin x + cos x)dx 2 (sin x + cos x)dx I= ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x + 0 − 2 Đặt x = − t , ta có: 1,0 π π 0 0 (sin x + cos x)dx (− sin t + cos t )dt 2 (− sin t + cos t )dt 2 (− sin x + cos x)dx ∫π 3sin 2 x + 4 cos 2 x = −∫ π 3sin t + 4 cos t 2 2 =∫ 0 3sin 2 t + 4 cos 2 t ∫ 3sin 2 x + 4 cos 2 x = 0 . − 2 2 π π π 2 2 cos xdx d sin x 1 2⎛ 1 1 ⎞ Suy ra: I = 2 ∫ = 2∫ = ∫⎜ − ⎟d sin x 0 3sin x + 4 cos x 2 2 0 4 − sin x 2 0 ⎝ sin x + 2 sin x − 2 ⎠ 2 π 1,0 1 ⎛ sin x + 2 ⎞ 1 2 = ⎜ ln ⎟ = 2 ln 3 . 2 ⎝ sin x − 2 ⎠ 0 IV 1) 3,0 điểm 6,0 (C) có tâm O(0; 0), bán kính R = 3 . điểm Nhận xét: A ∈ (C ) ⇒ OA = OM ⇒ ABMO là hình thoi ⇒ AM ⊥ OB . 4 y Gọi I = AM ∩ OB ⇒ OG = OI . 1,0 3 uuur 4 uuu r Kẻ GK // AM , K ∈ OA , ta có: OK = OA ⇒ K (4; 0) . M 3 B G GK // AM ⇒ GK ⊥ OB . I Suy ra G thuộc đường tròn đường kính OK . ⎧y = x − 3 + 3 ⎪ O A K x Toạ độ G ( x; y ), y > 0 thoả mãn: ⎨ ⎪( x − 2) + y = 4 2 2 ⎩ 1,0 ⎧x = y + 3 − 3 ⎧x = y + 3 − 3 ⎪ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ( ) 2 ⎪ y +1− 3 + y = 4 ⎪2 y + 2(1 − 3) y − 2 3 = 0 2 2 ⎩ ⎩ ⇒ G (3; 3) (do y > 0) . -3-
9 9 OK .d(G, Ox) 9.4. 3 9 3 Diện tích: S( ΔAMB ) = S( ΔOAM ) = 2 S( ΔOAI ) = 2. .S( ΔOKG ) = . = = . 1,0 16 8 2 16 4 2) 3,0 điểm S a) Gọi H là hình chiếu của S trên ( ABCD) , suy ra H ∈ AB (do ( SAB) ⊥ ( ABCD) ). CB ⊥ HB , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD) là SBH . Hạ HE ⊥ CD ( E ∈ CD) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SCD) và ( ABCD) là SEH . t 1,0 H Do đó SBH = SEH ⇒ HB = HE = 2a . A E Ta được BD // AE ⇒ BD //( SAE ) D ⇒ d( SA, BD) = d( B, ( SAE )) = d( H , ( SAE )) B (do A là trung điểm HB ) C 2a ⇒ d( H , ( SAE )) = . 6 Nhận xét rằng HA, HE , HS đôi một vuông góc, suy ra: 1 1 1 1 3 1 1 1 2 = 2 + 2 + 2 ⇔ 2 = 2+ 2+ ⇔ SH = 2a . d ( H , ( SAE )) HA HE HS 2a a 4a HS 2 1,0 3 1 4a Thể tích: V( S . ABCD ) = S( ABCD ) .SH = . 3 3 b) BD // AE , suy ra góc giữa hai đường thẳng SA và BD là SAE . Áp dụng định lý hàm số côsin cho tam giác SAE , với AE = SA = SH 2 + HA2 = a 5 và 1,0 SA2 + AE 2 − SE 2 1 SE = SH 2 = 2 2a , ta có: cos( SA, BD) = cos SAE = = . 2.SA. AE 5 V 2,0 Đặt 3x − 1 = a, 2 y − 1 = b, z − 1 = c ; ta có: a, b, c là các số dương và A = abc . điểm 3 2 1 3 2 1 ⎛ a b c ⎞ Khi đó: + + ≥2 ⇔ + + ≥ 2 ⇔ 3−⎜ + + ⎟≥2 3x + 2 2 y + 1 z a + 3 b + 2 c +1 ⎝ a + 3 b + 2 c +1⎠ 0,5 a b c ⇔ + + ≤1. a + 3 b + 2 c +1 b c a 3 b c 2 bc Suy ra: + ≤ 1− hay ≥ + ≥ (1). 0,5 b + 2 c +1 a+3 a + 3 b + 2 c +1 (b + 2)(c + 1) 2 2 ca 1 2 ab Tương tự: ≥ (2) và ≥ (3). b+2 (c + 1)(a + 3) c +1 (a + 3)(b + 2) 0,5 3 Nhân vế tương ứng của (1), (2) và (3), ta được: A ≤ . 4 a b c 1 Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: = = = a + 3 b + 2 c +1 3 3 1 9 3 ⇔ a = , b = 1, c = ⇔ x = , y = 3, z = . 0,5 2 2 2 2 3 Vậy, max A = . 4 ……………………………….……….. HẾT………………………………………………. -4-