Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008 - Sở GD&ĐT Thừa THiên Huế

Chia sẻ: Nguyen Phuong Ha Linh Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

258
lượt xem 59
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Giúp các bạn học sinh củng cố lại phần kiến thức đã học, biết cấu trúc ra đề thi như thế nào và xem bản thân mình mất bao nhiêu thời gian để hoàn thành đề thi này. Hãy tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12 năm 2008.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 12 năm 2008 - Sở GD&ĐT Thừa THiên Huế

Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007-2008 Môn : TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM (3đ) 3 4 Giải phương trình: sin x  cos x 1 (x¡ ) Viết lại: sin x  cos x  1  sin x  cos x  sin x  cos 2 x 3 4 3 4 2 0,5  sin 2 x 1  sin x   cos 2 x 1  cos 2 x   0 (*) Chú ý: sin 2 x 1  sin x   0 và cos2 x 1  cos2 x   0 . 1 Do đó: (*)  sin 2 x 1  sin x   0 và cos2 x 1  cos2 x   0  sinx = 0 hay sinx = 1 0,5  1 Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k  ; x = + 2k  (k Z ) 2 NỘI DUNG ĐIỂM Bài 2 (4đ) 2 3 Giải bất phương trình : 33xx 1  2 3x 1 (x¡ ) . 3 x 2 1,0 x 3 1 x 3 1 3 x3 1 3 a) Ta có: 2+ 3 =1+1+ 3  3 1.1.3 =3 (BĐT Côsi,  x  ¡ ) Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1. Nhận xét x  1 là một nghiệm 0,5 Ta sẽ chứng tỏ với x  1 thì: 33 x  x 2 1 < 2 + 3x 3 1 (1) 0,5 3 3 x 2 0,5 Ta có: 2+ 3x 1 > 3 3 (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) x3  2 0,5 3 x  x 2 1 3 Với mọi x  5 và x  1 thì 3 3 < 2 + 3x 1 3 2 3 Với x  5 thì 33 x  x 1 < 30 < 2 + 3x 1 Từ đó (1) đúng với mọi x  1. 0,5 Vậy bất phương trình đã cho chỉ có một nghiệm là x = 1 . 0.5 Bài 3 NỘI DUNG Điểm (4đ) Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực: (3 x 2  14 x  14) 2  4(3 x  7)( x  1)( x  2)( x  4)  m Đặt: f ( x)   x  1 x  2  x  4   x 3  7 x 2  14 x  8 và 1 2 g ( x )   3 x 2  14 x  14   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).
f '( x)  3x 2  14 x  14; 2 g '( x)  2  3 x 2  14 x  14   6 x  14   12 f ( x )  4  3 x  7  f '( x)  12 f ( x) g '( x)  0  x  1; x  2; x  4. g (1)  9; g (2)  4; g (4)  36. x - 1 2 4 + g’(x) + 0 - 0 + 0 - 36 g(x) 9 4 - - Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình g ( x )  m có một số lẻ nghiệm khi 1 và chỉ khi: m  4; m  9; m  36. 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 . y 1 Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ : A q A(p,q) , B(-r,-s), C(r,-s) (r>0; s>0;q>0)  p q  2s  Ta có : G  ; ) 3 3  -r p r và p2+q2 = r2+s2 (2) O x B C -s Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi yG  0  q  2 s  0 (3) 0,5 Với tam giác ABC ta có: tgA + tgB + tgC = tgA.tgB.tgC 1 Do đó : tgB + tgC = 2tgA  tgB.tgC = 3 (4) qs qs (q  s)2 (q  s)2 1 Ta có: tgB = ; tgC =  ; tgB.tgC = 2 = 2 2 (do(2)) pr p r r  p2 q s qs Hay: tgB.tgC = (5) qs Nếu GH//BC thì từ (3) cho q = 2s. Từ (5) suy ra tgB.tgC = 3. 0,5 Do (4) mà tgB + tgC = 2tgA 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 a 1 b 1 a  b (1,5đ) Chứng minh :   1 (*) với a, b  0 và a + b  4 1 a 1 b 1 a  b 5
Bình phương các vế của (*) ta được: 0,5 1 ab  (a  b) 2(1  ab) +2  2 + 2 1  ( a  b) 1  ab  a  b 1  ab  a  b 1 a  b 1 a  b 1 u  v 1 v u (2  v)  -  (với u = ab; v = a + b) 1 u  v 1  v (1  v )(1  v  u ) 1 u  v 1 v u (2  v)  1 u  v 1 v  0,5  -     1  u  v 1  v (1  v )(1  v  u )  1  u  v  1 v   2uv u (2  v)  1 u  v 1 v       (1  u  v)(1  v) (1  v )(1  v  u )  1  u  v  1 v   Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức. Xét u >0. Lúc đó (*) đúng khi bất đẳng thức: 0,5 2v 1 u  v 1 v  + (**) đúng. 2v 1 u  v 1 v 1 u  v 1 v 1 v 2 2 2 Ta có: + >2 = 2 1   2 1  = 1 u  v 1 v 1 v 1 v 4 3 1 5 2v 2 2 Ngoài ra: = < (Do 0 < v = a + b  4 < 1 ). Từ đó (**) là bất 2v 2 1 3 5 v đẳng thức đúng . Câu b Xét các số thực không âm thay đổi x,y,z thỏa điều kiện: x+ y + z = 1 . (3đ) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: S  1  x  1  y  1  z 1 x 1 y 1 z Tìm MinS : 0,5 Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] . 1 x 1 x Vì 1  x 1  x   1  x 2  1 nên:  (1  x )2 hay:  1  x . Dấu đẳng 1 x 1 x thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1 1 Do đó: S  1  x  1  y  1  z  1  x  1  y  1  z hay S  2. 1 x 1 y 1 z Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2. Vậy: MinS = 2 . 1 2 4 0,5 Tìm MaxS: Có thể giả sử: 0  x  y  z  1 . Lúc đó: z  ; x  y   . 3 3 5 Dùng câu a/, ta có: 1 x 1 y 1 z 1  ( x  y) 1 z z 1 z S    1+ + =1 + + 1 x 1 y 1 z 1 x  y 1 z 2 z 1 z z 1 z 1  0,5 Đặt h(z) = + . Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn  3 ; 1 2 z 1 z  
1  1  1  2 h '( z )  0  z  . Maxf(z)=Max h   ; h(1); h    2   3  2  3 1 x 1 y 1 z 2 0,5 Vì vậy : S     1 . 1 x 1 y 1 z 3 1 2 2 Khi x = 0 và y  z  thì S  1  . Vậy: MaxS = 1 + . 2 3 3
Sở Giáo dục và Đào tạoKỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thiên Huế Khối 12 THPT - Năm học 2007- 2008 Đề thi chính thức Môn : TOÁN Thời gian làm bài : 180 phút Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình : sin3 x  cos4 x 1 (x R) . Bài 2: (4 điểm) x3  2 a) Chứng minh rằng: 23 x3 1 3 3  x  R  b) Giải bất phương trình: 2 3 33xx 1  2  3x 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 2  14 x  14) 2  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 4 nhỏ hơn hoặc bằng 5 . 1 a 1 b 1 a  b Chứng minh rằng : 1 a  1 b  1 1 a  b 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: 1 x 1 y 1 z S 1 x  1 y  1 z .
Hết