Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12 THPT năm học 2007 - 2008 môn Toán

 Sở giáo dục và đào tạo KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
 Thừa Thiên Huế LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2007 - 2008 
 Đề chính thức 
 Môn : TOÁN 
 Thời gian làm bài : 180 phút 
 B 1: (3 điểm) 
 Giải phương trình : 
3 4sin os 1 ( )x c x x  . 
 B 2: (4 ) 
a) : 
3
3
2
1 32 3 3
x
x x  
b) Giải bất phương trình: 
2 33 1 13 2 3 ( )x x x x  . 
 B 3: (4 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 . 
 B 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 . 
 B 5: (4,5 điểm) 
a) Cho a, b là các số thực không âm tùy ý có tổng nhỏ hơn hoặc bằng 
4
5
. 
Chứng minh rằng : 
1 1 1
1
1 1 1
a b a b
a b a b
b) Xét các số thực không âm thay đổi , ,x y z thỏa điều kiện: 1x y z . 
Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của: 
1 1 1
1 1 1
x y z
S
x y z
 . 
Hết 
 Sở giáo dục và đào tạo KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
 Thừa Thiên Huế LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2007 - 2008 
 Môn : TOÁN 
 ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM 
1 NỘI DUNG ĐIỂM 
(3đ) Giải phương trình: 
3 4sin os 1 ( )x c x x  
 Viết lại: 3 4 3 4 2 2sin cos 1 sin cos sin cosx x x x x x 
 2 2 2sin 1 sin cos 1 cos 0 (*)x x x x 
0,5 
 Chú ý: 2sin 1 sin 0x x và 
2 2cos 1 cos 0x x . 
Do đó: (*) 2sin 1 sin 0x x và 2 2cos 1 cos 0x x 
1 
 sinx = 0 hay sinx = 1 0,5 
Nghiệm của phương trình đã cho là : x = k ; x =
2
 + 2k (k  ) 
1 
 NỘI DUNG ĐIỂM 
B 2 
(4đ) 
 Giải bất phương trình : 
2 33 1 13 2 3 ( )x x x x  . 
a) Ta có: 2+
3 13x =1+1+
3 13x 3
33 11.1.3x = 
3 2
33
x
(BĐT Côsi, x  ) 
 x = 1. 
1,0 
Nhận xét 1x là một nghiệm 0,5 
Ta sẽ chứng tỏ với 1x thì: 
23 13 x x < 2 + 
3 13x (1) 0,5 
Ta có: 2+
3 13x > 
3 2
33
x
(câu a/ và x 1 ) 
và: x
3
+2 –3(3x-x2-1) = x3+3x2-9x+5 = (x-1)(x2+4x-5) = (x-1)2(x+5) 
0,5 
Với mọi 5x và x 1 thì 
23 13 x x 
3 2
33
x
< 2 + 
3 13x 
Với 5x thì 
23 13 x x < 3
0
 < 2 + 
3 13x 
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 
B 3 NỘI DUNG ĐIỂM 
(4đ) 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 
Đặt: 3 2( ) 1 2 4 7 14 8f 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 x4 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 
2 
(1) 9; (2) 4; (4) 36.g g g 
x - 1 2 4 + 
g’(x) + 0 - 0 + 0 - 
g(x) 
 36 
 9 
 4 
- - 
 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 
B 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 . 
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 0Gy 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 
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 
Câu b 
(3đ) 
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 21 1 1 1x 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 1x 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 
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