Tuyển tập các đề thi Học sinh giỏi môn toán lớp 12 năm học 20092010

207 817 2
Tuyển tập các đề thi Học sinh giỏi môn toán lớp 12 năm học 20092010

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

x x x2 x x x x2 y2 z xt a b ab 2 t 16 yz 12 3 u1 un 1 un un 1 u1 u2 u3 un UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi 22 tháng năm 2011 ================ Câu 1:(5 điểm) 1/ Cho hàm số y  x  3x  có đồ thị (T) Giả sử A, B, C ba điểm thẳng hàng (T), tiếp tuyến (T) điểm A, B, C cắt (T) điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C) Chứng minh A’, B’, C’ thẳng hàng 2/ Cho hàm số y  x 2n 1  2011x  2012 (1) , chứng minh với số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) ln cắt trục hồnh điểm Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: log x  log x  log x  log3 x  log x  log7 x  x   2/ Giải phương trình:  5x    5x   x2  x 1 x   Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu Ck tổ hợp chập k n phần tử   k  n; k, n   , tính tổng sau: n 2009 2010 S  C0  2C1  3C 2010   2010C 2010  2011C2010 2010 2010 Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD hình bình hành, AD  4a  a   , cạnh bên hình chóp a Tìm cosin góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) thể tích khối chóp S.ABCD lớn 2/ Cho tứ diện ABCD có BAC  60 , CAD  1200 Gọi E chân đường phân giác góc A tam giác ABD Chứng minh tam giác ACE vuông Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: x  y   Chứng minh rằng: cos x  cos y   cos  xy  …………………… HẾT…………………… (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 12 - (Thời gian làm 180’) ĐỀ SỐ Câu 1: Chứng minh hàm số y = x4- 6x2 + 4x + luôn có cực trị đồng thời gốc toạ độ O trọng tâm tam giác tạo đỉnh điểm cực trị đồ thị hàm số Câu 2: Giải hệ phương trình x+y = 4z 1 y+z= 4x  z+x= 4y 1 Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề vuông góc oxy cho parabơn (P): y2 = 4x M điểm di động (P) M  0, T điểm (P) cho T  0, OT vng góc với OM a Chứng minh M di động (P) đường thẳng MT ln qua điểm cố định b Chứng minh M di động (P) thì trung điểm I MT chạy pa bol cố định Câu 4: Giải phương trình sau: sinx + siny + sin (x+y) = n Câu 5: Cho dãy số In =  2n 3 cos x dx , x Tính lim In n   Câu 6: Cho  a > 0, chứng minh ln a 1 a < a 1 a  a nN* ĐÁP ÁN Câu 1: (3 điểm ) Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + y’ = 4x3 - 12x + y’ = g(x) = x3 - 3x + = (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) =  g(- 2).g(-1)    g(-1).g(1)   g( 1).g( 2)   g(x) liên tục nên phương trình (1) có nghiệm phân biệt thỏa mãn : - < x1 < -1 < x2 < < x3 < * Ta có y = y’.x- 3.(x2 - x - 2) (1) Gọi điểm cực trị A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) G (x0,y0) trọng tâm tam giác ABC Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = (2) x1 x2 + x2x3 = x3 x1 = -3 (3) x  x  x3 Từ (2) suy x0 = =0 Từ (1) (2) (3) suy ra: 2 y0 = (y1+y2+y3) = -3 ( x12  x2  x3 )-(x1+x2+x3) - 6 = -3 (x1 + x2 + x3)2 - (x1x2 + x2x3 + x3 x1) - 6 = -3 (0 - (-3) - 6) = Vậy G (0;0)  0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( điểm) x+y = z  (1) y + z = 4x  (2) (I) đk x,y,z > z + x = 4y 1 (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: (4 z  1)  z   (4 z  1).1 < = 2z (1’) Tương tự x  < 2x (2’) y  < 2y (3’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) (1) ; (2) ; (3) suy 2(x+y+z) = z   x   y  < 2z + 2x + 2y (4) Từ (4) suy ra: 4z - = 1 (I) 4x - = x=y=z= nghiệm (I) 4y - = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = 2 Câu 3: (P): y = 4x  y2    M  ; y  ; T  y ; y  với y1,y2  0; y1  y2 a (3điểm ) Giả sử         2 y y OTOM  OT.OM    y y  4  y1 y2 + 16 = (1) y x- y - y1  Phương trình đường thẳng MT: 2 y - y1 y y1 4  4x - y = (y1 + y2) (y-y1)  4x - (y1 + y2) y - 16 =  4(x- 4)- (y1 + y2) y= Nên đường thẳng MT qua điểm cố định J (4;0) b (3điểm) Gọi I (x0, y0) trung điểm MT x0 = y  y  (1) y  y2 y0 = (2) 1 Từ (1) suy x0 = (y1+y2)2 - 2y1 y2 = (2y0)2 - (-16) 8 2 = y   y = 2x0 - Từ  I chạy parabơn (P) : y2 = 2x = cố định Câu 4: (3 điểm) 3 sin x + sin y + sinz (x+y) = (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki từ (1) ta có 27 3 ( ) = [sinx + siny + sinz (x+y)] < (12 + 12+12).(sin2x + zin2 y + sin2(x+y))  cos x  cos y =   +sin2 (x+y) 2 = 3.[1- cos (x+y) cos (x-y) + - cos2 (x+y)] 1 = 2-(cos (x+y)+ cos (x-y)2) + cos2 (x-y) 27 < (2- + ) = (2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + cos (x-y)2 > 4 Từ (2) suy ra: cos2 (x-y) = 1 (1)  cos (x+y) + cos (x-y) = sinx = sin y = sin (x+y) =    x   2k    y    2n    víi k , n  Z 4n  In  Câu 5: (3 điểm)  2n Ta chứng minh: =  2n n =  2n sin x < x2 dx  x x * Ta có: n In <  2n cos x dx = x * Ta có: In =  k n => JK =  2k (1) 4n d (sin x) sin x 4n = x x 2n n  4n n  sin x.d ( x ) 2n sin x dx x2 x  2n , 4n  nên x2 4n 1 =  2n n 2n n n 1 ( k 1) ( k 1) cosx dx x < In < n Ta có: In  2k sin x + x2 sin x dx đặt JK = x2 ( k 1)  ( k 1) sin x dx > x2 ( k 1)  2k ( k 1) (2) sin x dx x2 sin x ( x 2k  )dx >0 (x   )2 n 1 Ta lại có: In =  Jk (3) nên In > (4) k n Từ (2) (4) suy < In  4n  (1) = nên Lim I n  n   4n Câu 6: (3 điểm) ln a 1 a < (1) với  a > a 1 a3 a Trong hợp 1: a >1 (1) (a + a )lna < (1 + a ) (a-1) (2) Đặt x = 3 (2) 3(x +x) lnx < (1+x).(x -1) x > 3 x + x - x - - (x +x)lnx > (3) x > Đặt f(x) = x4 + x3 - x - -3 (x3 + x)lnx x 1;+  ) Ta lại có Lim n   a => x >1 (3) Ta có f’(x) = x3 + 3x2 - - (3x2 + 1) lnx + (x3 + x)  x = 4x3 - - (3x2 + 1) lnx 1 f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x - ) f(3)(x) = ( 8x + -6ln x - 9) x x 6(4 x  x  1) 6( x  1)(4 x  x  f(4)(x) = 3.(8-  ) = = > , x > x x x3 x3 Suy f(3)(x) đồng biến nên [1;+  ) f(3)(x) > f(3)(1) = tương tự f’(x)> với x >  f(x)> f (1) = với x >1 suy (3) Trường hợp 2: < a < đặt a = , a1 > quay trường hợp a1 Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software http://www.foxitsoftware.com For evaluation only Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Bài 1) ( điểm) ĐỀ KIỂM TRA MƠN TỐN LỚP 12 Thời gian : 45 phút (Dành cho lớp chuyên Anh) Cho hàm số y = x3  x  3x  3 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2) Xác định m để phương trình sau có nghiệm phân biệt : x3 – 6x2 + 9x – = 3m2 – 7m 3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị , biết tiếp tuyến qua điểm A( 1; Bài 2) ( điểm) Cho hàm số y = ) x3 có đồ thị (C) x 1 Xác định m để đường thẳng d: y = m(x – 3) + cắt đồ thị (C) hai điểm A, B thuộc hai nhánh ĐÁP ÁN Bài 1) ( điểm) 1) (3 điểm) + TXĐ: D = R + lim y    , lim y    x  x  + y’ = x – 4x + , x  1 y  y’ =   x   y    +BBT x y’ y - + 0 - + + + -  + Hàm số đồng biến khoảng (-  ; 1) ( 3; +  ), nghịch biến khoảng (1; 3) Điểm cực đại đồ thị (1,0), điểm cực tiểu đồ thị (3,  ) 2 Suy điểm uốn đồ thị (2,  ) 3 x  + Điểm đặc biệt : x =  y   , y =   x  +y” = 2x – , y” =  x =  y   + Đồ thị ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – BẢNG A Nội dung Thang điểm Bài ( điểm) Vì m+n  1 nên họ đường cong (C m ) có cực đại, cực tiểu m+n > -1 Đường thẳng  khơng cắt (C m ) nên phương trình: x  mx  n  a vô nghiệm x 1 Nên suy phương trình: x  (a  m) x  n  a  vô nghiệm    a  2a(m  2)  m  4n < có nghiệm a     4m  4n  > a 0.5 0.25 0.25 0.5 0.5  m  n > -1  (C m ) có cực đại, cực tiểu Bài ( điểm) x  x>0 e >x+1 Bổ đề: Thật vậy: Đặt f(x) = e x - x - x  Ta có: f ( x)  e x 1  , x   x > f(x) > f(0) =  e x > x+1 x >0 Áp dụng bổ đề ta có: x  (0,  )  e sin x > 1 sin x 0.25 0.5 0.25    e sin x 3 dx >  (1  sin x)dx  1.0 Bài ( điểm) x   Điều kiện  x   Nhận thấy x  nghiệm nên phương trình 13   6 3 2x   2x   x x t  13     11 Đặt x   t phương trình trở thành: t  t  t 1 x  Với t =1 phương trình vơ nghiệm 0.25 0.5 0.5 0.25 x  11 Với t  phương trình có nghiệm  x   x  Kết luận: Phương trình có nghiệm  x   0.25 Bài ( điểm) Điều kiện: x  5 Đặt x   t   t  x  0.25  x  t  Phương trình trở thành:  t  x   x  t   ( x  t )( x  t  1)   x   t   x    21  x   21  x   x  x 5        t  x 1    17  x  1   x     x  x      x    17   0.25 0.5 1.25 Bài ( điểm) Biến đổi tương đương phương trình cho cos x  cos x  3 sin x   sin 3x sin x  3 sin x   sin x sin x(3  sin x)  3 sin x     sin x sin x(1  cos x)  3  0.5 sin x   2 sin x(1  cos x)  3   0.25 Giải (1) ta x=k  với k   0.25 3 3  sin x cos 2 x  sin x  (3) cos 2 x cos 2 x , Áp dụng BĐT Côsi cho số: sin 2 x, 2 0.25 Giải (2): Ta có (2)  sin 4x cos 2x  sin 4x  ta  sin 2 x  (sin x cos 2 x) cos 2 x cos 2 x   33 2 0.5  sin x cos 2 x  sin x cos 2 x  3 sin x cos 2 x  sin x  3 1< 3 suy (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm Kết luận: Phương trình có nghiệm x=k  với k   Bài ( điểm) Trường hợp 1: Tam giác ABC khơng tù, ta có 3 3  sin A  sin B  sin C  0.25 f ( A)  f ( B)  f (C )  0.5 Chứng minh bất đẳng thức Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, khơng giảm tính tổng qt giả sử góc C tù, ta có: f ( A)  f ( B)  f (C )  0.5 3 3 3  sin A  sin B  sin C  Vì ta có nhận xét:  cos C  sin C với C góc tù 0.25 Chứng minh trường hợp Bài ( điểm) 0.5  sin A  sin B   cos C   f (1)  f (2)   f (n  1)  f (n)  n f (n)  Với n  , theo giả thiết:   f (1)  f (2)   f (n  1)  (n  1) f (n  1)   f (n)  n f (n)  (n  1) f (n  1) n 1  f ( n)  f (n  1) n 1 (n  1)(n  2) với n   f (n)  f (2)  (n  1)n n(n  1) f (1)  2; f (2)  thoả mãn công thức nên f ( n)  n   * n(n  1) Vì f (1)  f (2)  f (2)  f (2)  Bài ( điểm) Điều kiện x,y,z>0 0.25 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 log x  log y  log z   Với điều kiện hệ phương trình  log y  log x  log z   log 16 z  log 16 y  log 16 x  log x yz    log y xz   log 16 z yx   x yz  16    y xz  81  z yx  256  0.5 0.5 0.75  x   27 Giải hệ phương trình ta  y  nghiệm hệ phương   32  z   trình Bài ( điểm) Gọi O,M,N,P,Qlần lượt trung điểm cạnh: CD, AC, CB, BD, DA Suy raMNPQ hình bình hành O khơng thuộc (MNPQ) Ta có (MO+OP) +(NO+OQ) >MP +NQ =2(PQ +QM )>(PQ+QM) Vậy: (MO+OP) +(NO+OQ) >(PQ+QM) 1 1 1 2 2 2 2 (đpcm)  ( AC  BD)  ( AD  BC ) > ( AB  CD) Hay ( AD  BC )  ( BD  AC ) >( AB+ CD)2 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5 Bài 10 ( điểm) Ta có (1  x ) n   C n x  C 2n x   (1) n C nn x 2n n   * 1 0 n n   (1  x ) n dx   (1  C n x  C x   (1) n C n x n )dx = =  C n  C n2   Tính I n =  (1  x ) n dx n (1) n C n 2n  (1) 0.5  đặt x= cost, x  cos t , t  0,     2  dx   sin tdt   I n   sin n 1 tdt 0.5 0.25 u  sin t dv  sin tdt 2n đặt    2 0  I n  2n  cos t sin n 1 tdt  2n  (1  sin t ) sin n 1 tdt  2nI n 1  2nI n  In  Vậy 2n 2.4 2n I n 1  I0 2n  3.5 (2n  1) 2.4.6 2n In= 1.3.5 (2n  1) (2) Từ (1) (2)  đpcm Lưu ý: Các cách giải khác cho điểm tối đa Phần nhận xét không chứng minh cho 0.25 điểm SỞ GD-ĐT THANH HĨA TRƯỜNG THPT THỐNG NHẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian: 180 Phút Giáo viên đề : Trịnh Văn Hùng Bài : (4điểm )  mx  Cho đường cong ( Cm) : y  x ( m tham số |m | 2) 2x  m Tìm điểm trục hồnh mà từ vẽ hai tiếp tuyến với đường cong (C m ) mà chúng vng góc vơí (Giải tích - Tốn nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải )  nx b) Cho In =  e  x dx với n số tự nhiên 01 e Tìm lim In n   ( Toán nâng cao lớp 12 Phan Huy Khải ) Bài 2: (4 Điểm ) a) Giải biện luận phương trình sau theo tham số a x  - a  x =1 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Giải bất phương trình 12x  2x  - 2  x  9x  16 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) Bài ( 4điểm ) a)Giải Phương trình :2sin(3x+  ) =  sin 2x cos2 2x b) Tam giác ABC có góc thõa mãn : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos C Chứng minh : tam giác ABC tam giác ( Báo Toán học tuổi trẻ 5/2004) Bài 4(4điểm) : +cos A B +3cos 2 x n  nx  n 1 x 1 ( x 1)2 a)Cho n số nguyên dương , tìm giới hạn A = lim ( Tốn bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) log x   log (23 y )  b) Giải hệ phương trình  y3 (3x )  log log  (Đại số sơ cấp tác giả Trần Phương) Bài ( 4điểm) : a) Cho hình chóp SABCD đáy ABCD hình thang có cạnh AD =2 BC Gọi M,N hai trung điểm SA , SB tương ứng Mặt phẳng (DMN ) cắt SC P Tính tỉ số điểm P chia đoạn thẳng CS ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Cho a,b,c số thực lớn 2 2 b Chứng minh : log a c + log a  c + log c b 3 b a ( Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phương) Hết ĐÁP ÁN Câu Gọi M(x0;0 ) điểm cần tìm Đường thẳng (  )qua M có hệ số góc k có phương trình y= k( x-x0) Để(  ) tiếp tuyến đường cong phương trình sau có nghiệm kép (0,5đ) x  mx   k(x  x ) 2x  m ( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép  2k    [k (2x  m)  m]  4(1  2k )(1  mkx )    k (2) (I )  k (2x  m)  4k (2  mx )  m   (3)  Bài tốn trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k1, k2 k1.k2 = -1 (0,5đ) thay (2) vào (3) ta có : (2x0-m) +m2 + 12  (4) Vì (4) nên hệ (I)  (3) Điều kiện cần tìm :  2x  m  m   m2   x0      1  2  ( x  m) (2x  m)   m   ( 2x0 +m)2 = 4-m2 ( m 2) (5) Nếu m > (5) vơ nghiệm Nếu m < (5) có hai nhghiệm cần tìm với x0 = Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 = m± e  nx e  ( n 1) x b) Ta có x  ( 0;1) : >  In > In+1  e x  e x m2 m± m2 (0,5đ) Mặt khác e  nx >  x  (0;1)  e x In >0 n Vậy {In} dãy đơn điệu giảm bị chặn , nên tồn lim I n (0,5đ) n  Ta có In + In+1 = e In =  e (n  x ) dx  e x  nx e 1 n  - In-1 1 n =  e  ( n 1) x dx = e ( n 1)  1 n 1 (*) (0,5đ) Rõ ràng : lim I n = lim I n 1 n  n  e 1 n  =0 nên từ (*) suy lim I n = lim n   n  1 n lim I n = (0,5đ) n  Bài 2: a) Giải biện luận phương trình theo tham số a: x  - a  x =1 ax0    x 1 1 a  x xa   2x  a  a  x xa   a  x  2 f ( x )  4x  4(a  1)  a  4a  (2) (3) (4) Ta xét trường hợp sau: +) Nếu a < a > a nên hệ (2) (3) (4) vô nghiệm tức (1) vô nghiệm +) Nếu a=0 hệ (2), (3), (4) có nghiệm x=0 a  xa (5)  +) Nếu a >0 ta có  f ( x )  4x  4(a  1) x  a  4a (4)  Xét tam thức f(x) có f( a )= -2a < f(a) = a2 > (0,5đ) Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2 thỗ mãn x1< a < x2 < a (1đ) Kết luận +) Nếu a < (1) vơ nghiệm +) Nếu a 0 (1) có nghiệm x= a   2a  b) Giải bất phương trình 12x  (1) 2x  - 2  x  9x  16 Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x  [-2;2] ) 2(6x  4) 6x   2x   2  x 9x  16  (3x  2)[ 9x  16  2( 2x   2  x ]   (3x  2)(9x  8x  32  16  2x  (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ)  (3x  2)(x   2x )(8  x   2x  Do 8+x+2  2x   2x   4  x    nên (2) (3x-2) (x-2  2x )  Tập nghiệm bất phương trình T = [ -2; Bài ( 4điểm ) a)Giải Phương trình :2sin(3x+ 2 )( ; 2] 3  ) =  sin 2x cos2 2x   sin(3x  )  (2)    4 sin (3x  )   sin 2x cos 2x (3)  Giải (2):  ) ] = 1+ 8sin2x(1-sin22x)  2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x  2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin32x (2)  2[1-cos(6x + (1đ) (0,5đ)  sin2x =    x   k  12  5   x   12 (k,lZ ) (0,5đ)  + kả vào (2) ta có : 12  k VT(2) = sin(  3k )  (1)  k=2n ,n  Z  x= + 2nả nghiệm (1) 12 5 +) Thay x=    vào (2) ta có : 12 3  1 VT(2) = sin(  3 )  (1)  l=2m-1;m Z 12 5  (2m  1)  họ nghiệm (1) x= 12  5  (2m  1)  ; (n,mZ) Vậy (1) có hai họ nghiệm : x= + 2nả x= 12 12 +)Thay x= b) Ta có sinA +sin B = sin (1đ) AB AB C  cos cos dấu ( = ) xảy 2 C (sin A + sinB )  cos A = B 2 A Tương tự : (sin B + sinC )  cos 2 B (sin C + sinA )  cos 2 (1) (2) (3) Từ (1), (2), (3), suy : 2sinA + 3sin B + sin C  5cos Đẳng thức xảy tam giác ABC A B C +3cos +cos 2 (1đ) (1đ) Bài : x n  nx  n 1 x 1 ( x 1)2 a)Cho n số nguyên dương , tìm giới hạn A = lim ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ ……….+xk-1) (0,5đ) (0,5đ) ( x  1)(1  x  x   x n 1  n ) ( x  1)  ( x  1)   ( x n 1  1)  lim x 1 x 1 ( x  1) x 1 A  lim ( x  1)[1  ( x  1)   (1  x   x n  )] n (n  1) A  lim     . (n  1)  x 1 x 1 Vậy : A = n (n  1) (0,5đ) log x   log (23 y )  b) Giải hệ phương trình  y3 (3x )  log log  x log 3  2(1 log (23 y )) ( x  3) x ( y 3) y  log  log  log  log  y 3 (3x )  2(1  log ) log t Xét hàm số : f(t) = log ( t 3)  log với đồng biến (0; +  ) (1) t(0; +  ) (0,5đ) (1) viết dạng f(x) = f(y) xy (2)  (I)  x log (x  3)  2(1 log ) (3) (II) x (3)  x   22(1log3 )  x   4.2log3x  x   4.2log3 log x 2  x   4.(x )log3  x   4.x log3  x1log3  3.x log3  (4) 4 Xét hàm số q(x) = x1log3  3.x log3 (0;+  ) nghịch biến (0;+  ) Nên (4) có nghiệm nghiệm , g(1) =4 Vậy x=1 nghiệm (4) x  y  x  y 1 Khi hệ (II) trở thành  x 1 (0,5đ) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm x=y=1 (0,5đ) Bài5 : a) Đặt DA = a ; DC = b ; DS = c; Từ giả thiết ta CB = a P CS nên đặt: CP = x.CS M, N, P, D mặt phẳng nên DM, DN, DP đồng phẳng ta có: DN = DM +DP (1) Vì M trung điểm SA nên: DM = Vì N trung điểm SB nên: DN = DS  DA c  a = 2 DS  DB = (2) a 2= a + b + c 2 cb (3) Ta có: DP = DC + CP = b + xCS = b + x(c - b) DP = (1-x)b + xc Từ (1), (2), (3) (4) ta có: a b c   + + = c + a + (1  x)b + xc 2 2 (4) (0,5đ)  a b c   + + = a +  (1-x) b + ( + x) c 2 2    24   b(1  x )      x  2           x    Vậy P SC cho CP = b) Ta có log bc a2  1 CS hay P chia đoạn thẳng CS theo tỉ số k=2 ln a ln a ln a   ln( b  c) ln bc ln b  ln c (0,5đ) Tương tự : log a  b log a c  a c2 VT(1)  2(  b2 ln b  ln a  ln c ln c ln a  ln b ln a ln b ln c + + ) ln b + ln c ln a + ln c ln a + ln b Bổ đề Với x,y,z>0 Thật (*) ( (0,5đ) y z x ≥ (*) + + z + y x+ z x+y y z x +1) + ( +1)+( +1) ≥ +3 x+z z+y x+y [ (y+z) +(z+x) +(x+y) ] ( 1 + + )9 z + y x + z x+y (0,5đ) áp dụng bổ đề ta có : VT(1)  (**) Theo Cơsi (**) thỗ mãn (ĐPCM) (0,5đ) Hết ... ab 2 t 16 yz 12 3 u1 un 1 un un 1 u1 u2 u3 un UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011 MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời... x x a3 = V a 12 a dấu “=”  x = 0,25đ 0,50đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Mơn Tốn học – Thời gian làm 180 phút Đề thi bảng A Bài... Thanh sin sin /.Hết SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁP KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNH Trường THPT Cao lãnh NĂM HỌC 2009 - 2010 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm biểu

Ngày đăng: 01/10/2014, 19:49

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan