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) Giải phương trình: 3 4 sin os 1 ( ) x c x x   ¡ Viết lại: 3 4 3 4 2 2 sin cos 1 sin cos sin cos x x x x x x           2 2 2 sin 1 sin cos 1 cos 0 (*) x x x x     0,5 Chú ý:   2 sin 1 sin 0 x x   và   2 2 cos 1 cos 0 x x   . Do đó: (*)    2 sin 1 sin 0 x x   và   2 2 cos 1 cos 0 x x   1  sinx = 0 hay sinx = 1 0,5 Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k  ; x = 2  + 2k  (k  Z ) 1 NỘI DUNG ĐIỂM Bài 2 (4đ) Giải bất phương trình : 2 3 3 1 1 3 2 3 ( ) x x x x       ¡ . a) Ta có: 2+ 3 1 3 x  =1+1+ 3 1 3 x   3 3 3 1 1.1.3 x  = 3 2 3 3 x  (BĐT Côsi,  x  ¡ ) Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1. 1,0 Nhận xét 1 x  là một nghiệm 0,5 Ta sẽ chứng tỏ với 1 x  thì: 2 3 1 3 x x   < 2 + 3 1 3 x  (1) 0,5 Ta có: 2+ 3 1 3 x  > 3 2 3 3 x  (câu a/ và x  1 ) và: x 3 +2 –3(3x-x 2 -1) = x 3 +3x 2 -9x+5 = (x-1)(x 2 +4x-5) = (x-1) 2 (x+5) 0,5 Với mọi 5 x   và x  1 thì 2 3 1 3 x x    3 2 3 3 x  < 2 + 3 1 3 x  Với 5 x   thì 2 3 1 3 x x   < 3 0 < 2 + 3 1 3 x  0,5 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 Tìm tất cả các giá trị thực của m để phương trình sau có một số lẻ nghiệm thực: 2 2 (3 14 14) 4(3 7)( 1)( 2)( 4) x x x x x x m         (4đ) Đặt:       3 2 ( ) 1 2 4 7 14 8 f x x x x x x x         và     2 2 ( ) 3 14 14 4 3 7 ( ) g x x x x f x      g(x) là đa thức bậc 4 với hệ số của x 4 là -3 .Ta lập bảng biến thiên của g(x). 1       2 2 '( ) 3 14 14; '( ) 2 3 14 14 6 14 12 ( ) 4 3 7 '( ) 12 ( ) f x x x g x x x x f x x f x f x             '( ) 0 1; 2; 4. g x x x x      (1) 9; (2) 4; (4) 36. g g g    x -  1 2 4 +  g’(x) + 0 - 0 + 0 - g(x) 36 9 4 -  -  2 Từ bảng biến thiên cho thấy phương trình ( ) g x m  có một số lẻ nghiệm khi và chỉ khi: 4; 9; 36. m m m    1 Bài 4 NỘI DUNG 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 . 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 p 2 +q 2 = r 2 +s 2 (2) 1 Do O, G, H thẳng hàng nên GH//BC khi và chỉ khi 0 2 0 G y q s     (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 (4,5đ) 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 : 1 1 1 1 1 1 1 a b a b a b a b            (*) với a, b  0 và a + b  4 5 r q y - r - s p x C A B O 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    (2 ) 1 1 (1 )(1 ) 1 1 u v u v v v v u u v v                     2 (1 )(1 ) uv u v v     (2 ) 1 1 (1 )(1 ) 1 1 u v u v v v v u u v v                    Nếu u = ab = 0 thì (*) có dấu đẳng thức. 0,5 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   = 2 2 1 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 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 1 1 1 x y z S x y z          Tìm MinS : Từ x + y + z = 1 và x, y, z không âm, suy ra x, y, z thuộc đoạn [0;1] . Vì     2 1 1 1 1 x x x      nên: 2 1 (1 ) 1 x x x     hay: 1 1 1 x x x     . Dấu đẳng thức xảy ra trong trường hợp x = 0 hoặc x = 1 0,5 Do đó: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y z S x y z x y z                hay S  2. Khi x = y = 0 và y = 1 thì S = 2. Vậy: MinS = 2 . 1 Tìm MaxS: Có thể giả sử: 0 1 x y z     . Lúc đó: 1 2 4 ; 3 3 5 z x y     . Dùng câu a/, ta có: 1 1 1 1 1 1 x y z S x y z           1 + 1 ( ) 1 x y x y     + 1 1 z z   =1 + 2 z z  + 1 1 z z   0,5 Câu b (3đ) Đặt h(z) = 2 z z  + 1 1 z z   . Ta tìm giá trị lớn nhất của h(z) trên đoạn 1 ; 1 3       0,5 1 '( ) 0 2 h z z    . 1 1 2 axf(z)=Max h ; (1); 3 2 3 M h h                    Vì vậy : 1 1 1 2 1 1 1 1 3 x y z S x y z            . Khi x = 0 và 1 2 y z   thì 2 1 3 S   . Vậy: MaxS = 1 + 2 3 . 0,5 . Sở Giáo dục và Đào tạo Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thừa Thi n Huế Khối 12 THPT - Năm học 200 7- 2008 Môn : TOÁN ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Bài 1 NỘI DUNG ĐIỂM (3đ).    (1) 9; (2) 4; (4) 36. g g g    x -  1 2 4 +  g’(x) + 0 - 0 + 0 - g(x) 36 9 4 -  -  2 Từ bảng biến thi n cho thấy phương trình ( ) g x m  có một số. có: 2+ 3 1 3 x  > 3 2 3 3 x  (câu a/ và x  1 ) và: x 3 +2 –3(3x-x 2 -1 ) = x 3 +3x 2 -9 x+5 = (x-1)(x 2 +4x-5) = (x-1) 2 (x+5) 0,5 Với mọi 5 x   và x  1 thì 2 3 1 3 x x    3 2 3 3 x  <