Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 15 potx

và một tam giác đều SAB nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau.I là trung điểm của AB, M là một điểm chạy trên AB.. Tìm quĩ tích R khi M di chuyển trên AB.. Tính diện tích hình thang

1

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

Thời gian :180’ Môn : Toán

1-Bài 1: (3 điểm) Cho tích phân 

2 0



xdx Sin

N

a-Tìm hệ thức giữa In và In+2

b-CMR : hàm số f(n)=(n+1)In In+1 thoả mãn f(n+1)=f(n)

c-Tính f(n)

2- Bài 2 : (4 điểm) a- Giải bất phương trình sau :

2 2 1 1

4

x

x





< 2x+9

b- Tìm m để hệ sau có nghiệm:

















m y Cos x Cos

Siny Sinx

2 2

2

1

3- Bài 3 : ( 3 điểm) Cho dãy số thực a0;a1;a2; ;an; thoả mãn :

1  a0  a1  a2   a n   1 Dãy bn xác định như sau :

k

a n

k n

a

a

1

1

1





















a- CMR: 0 b n< 2

b-CMR : Mọi C cho trước 0 C< 2 đều tồn tại dãy a0;a1;a2; ;an; Thoả

mãn (1) sao cho bn > C với vô số chỉ số n

4- Bài 4 : ( 3 điểm ) ChoABC CMR: Điều kiện cần và đủ để trên đoạn AB tồn tại điểm D sao

cho CD là trung bình nhân các độ dài AD ;BD là:

2 SinB Sin2C

5- Bài 5 : (3 điểm) CMR x1>0 ; x2>0 ; x1y1-z12>0 ; x2y2-z22>0 Thì :

1 1

8

2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1 2

x         Dấu bằng xảy ra khi nào?

6- Bài 6 : ( 4điểm)

Cho hình vuông ABCD cạnh a và một tam giác đều SAB nằm trong hai mặt phẳng vuông

góc với nhau.I là trung điểm của AB, M là một điểm chạy trên AB

1-CMR : SAD  SAB  ; SBC  SAB .Vẽ giao tuyến và tính góc phẳng nhị diện của

(SAD) và (SBC)

2- Vẽ MN; MQ lần lượt song song với BS,BC (NAS;QCD).Mặt phẳng

MNQSD P.

a- CMR: MNPQ là hình thang vuông, MNPQ R Tìm quĩ tích R khi M di chuyển trên AB

b- Đặt AM=x Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x, xác định x để diện tích đạt giá trị lớn nhất Tính diện tích lớn nhất đó

2

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

1- bài 1: ( 3 điểm)

a- Tìm hệ thức giữa In và In+2 ta có

2

0

2 0

2 0

2 0

2 0

2 2

2 2

1

.

xdx Cos x Sin xdx Sin dx

x Cos x

Sin xdx

Sin x Sin xdx

đặt































x Sin n v

Sinxdx du

Cosxdx x

Sin

dv

Cosx

u

n

1

1

1

1 0 1

1 1

1

2 2

0 2 2

0 2

0

1 2



























n

I n xdx

Sin n

xCosx Sin

n xdx xCos

Sin







(0,5) vậy (*) trở thành

In+2 = In -

1

1



n In+2  (n+1)In = (n+2) In+2 (0,25)

b- CM : f(n+1) = f(n)

từ f(n)=(n+1) InIn+1 : f(n+1) )=(n+2) In+1In+2 mà (n+1)In = (n+2) In+2 (0,5) nên ta có

f(n+1) )=(n+1) InIn+1 = f(n) (0,25)

c- Tính f(n) ta có

   

   

   

   

1

4 3

3 2

2 1

f f

f f

f f

f f

f f

n

n n



































(0,25)

2 2

1 2

1 2

.

2 0

2 0 2

0

2 0











vậy f(n) =

2



với n

2- Bài 2: (4 điểm)

a- (2 điểm) Để vế trái có nghĩa :

điều kiện :

































0 2 1 0

2 1 1

0 2 1

x

x x

x

(0,25)

3

Ta nhận thấy rằng

) 2 1 1 ( 2

1 1

) 2 1 1 ( 2 2

1

1

2

x x

x x

x

x





















2

2

) 2 1 1 ( ) 2 1

1

(

4

x x

x









BPT :  : ( 1+ 1  2x)2 < 2x + 9 (0,25)

 1+1 +2x + 2 1  2x < 2x + 9 (0,25)

 1  2x <

2 7

 1+ 2x <

4

49

(0,25)

 2x <

4

49

- 1 =

4 45

x <

8

45

(0,25)

Kết hợp với điều kiện :

Tập hợp nghiệm của BPT : x  



 



8

45

; 2

1

\  0 (0,25)

b- (2 điểm)

(0,5)

Đặt Sinx = u ; Siny = v Khi đó hệ trở thành :

(1) (2)























2 2 2 1

2

v u

v u

4

(0,5)

(3)

- Các điểm thoả mãn ( 3) nằm trong hình vuông MNPQ

đường thẳng (1) nằm trong hình vuông là đoạn thẳng AB

A( ; 1 )

2

1



; B ( )

2

1

;

1  (0,25)

Nên ta phải tìm m để đường tròn tâm 0 bán kính r =

2

2 m

cắt đoạn AB

Ta thấy OA = OB =

4

5 khoảng cách từ O đến AB là OC =

8

1 2

2 2

1

 (0,25) Vậy để đường tròn ( 2) cắt AB Trong hình vuông ta phải có

4

7 2

1 4

5 2

2

8

1













 m m (0,5)

với m 

4

7

;

2

1

thì hệ có nghiệm

3-Bài 3 : ( 3 điểm)

a- k  1ta có :1 a k1 a kvì vậy 1-  1  0

k

k

a

a

=> :

k

a n

k n

a

a

1

1

1





















  0 n (0,5)

k

k k k

k

k k k k k

k

k k k k

k

a

a a a

a

a a a a a

a

a a a a

1

1 1

1 1

2

1 ).

1



















































k k

k

k

k k

a a

a

a

a

2 2

1 1

1

0 0











































 

n

vậy 0 b n< 2 (0,5)

b- Nếu chọn C thoả mãn 0 C< 2 thì ta có thể chọn được q sao cho C<q <2 phương trình x(x+1)=q có hai nghiệm trái dáu vì -q<0.nghiệm dương x1=p thoả mãn 0<p<1 ( vì nếu p>1 thì p(P+1) >2>q ) (0,5)

xét dãy  12 (n 1 ; 2 ; 3 ; )

p

a n n thoả mãn 1=a0<a1<a2<a3< <an< đồng thời

k k

k

a

a

a

) 1 (

1

)

1

(   1   2 (0,25)

k

a n

k n

a

a

1

1

1





















1

) 1 ( ) 1 ( )

1

1

n n

k

k

qp q p q p p p p

p p p p











(0,5)

vì 0<p<1=> n

n

p

lim





n

b

n







mà q>C nên nếu nđủ lớn thì bn > C (0,25)

4-Bài 4: ( 3 điểm)

5

(0,5)

* Điều kiện cần : (1điểm)

Giả sử : CD2 =AD.BD Ta có :

2

) 1

( 2

1 ) (

) (

2

1

.

; 2

2 1 2

1 2

1 2

1

C

Sin

CosC C

C Cos C

C Cos SinC

SinC SinB

SinA DB

SInC CD

SinB AD

SinC

CD

SinA























* Điều kiện đủ : (1,5 điểm)

2

1 2

2

CosC

C

 (0,25) 2SinA.SinB + CosC 1 Mặt : SinA.SinB > 0 (0,25)

=> 2SinASinB + Cos C > CosC > -1

Vậy : : 0     để Cos  =2SinASinB + Cos C

0  C và Cos  > CosC nên <C (0,25)

2

2 )

( 2

1

SinC SinC

C Sin

C Sin CosC



2

;

1







C Rõ ràng C1+C2 = C Vì vậy (0,25)

Trong tam giác từ C ta có thể kẻ Cx Sao cho chia C thành C1và C2 Cx cắt AB tại

D Thì D là điểm cần tìm

(0,25)

Từ : SinA.SinB=SinC1SinC2 => CD2 = AD.BD

(0,25)

5-Bài 5: (3 điểm )

Đặt :

F(x) = x1 X2 -2z1X +y1.

G(x) = x2 X2 - 2 z2X + y2 H(x) = F(x) + G(x) (0,5)

Đặt : D1= x1y1 - 2

1

z D2 = x2y2 - z22 D= (x1+ x2 ) (y2+y2)-(z1+z2)2 (0,25)

6

Vậy F(x)=x1





























1

2 1 1 1 1

1

x

z y x x

z

1 1 1

2 1 1 1

x

D x

z y x





Tương tự G(X)

2

2

x

D

 dấu bằng xảy ra X=z2/x2 (0,5)

H(X)

2

1 x

x

D



 dấu bằng xảy ra X=

2 1

2 1

x x

z z



 khi X=

2 1

2 1

x x

z z





 2

1 x x

D

1

1

x

2

2

x

D dấu bằng xảy

ra khi z2/x2= z1/x1 (0,5)

Vậy





































2 2 1

1 2 1 2

2 1

1 2 1

8 8

1 1

x

D x

D x x D x

D x

D x x

Theo bất đẳng thức cô si cho hai số:

2 1 2 1 2

1

2 1 2

1

1 1 1 1 2 2

2

8

8

D D D D x

x

D D x

x

D     nghĩa là (0,5)

1 1

8

2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 1 2 1

2

dấu bằng xảy ra khi z2/x2= z1/x1; x1=x2 ;D1=D2  x1=x2 ; y1=y2; z1=z2 (0,25)

(1 điểm)

1- (1điểm) Ta có AB= (SAB) (ABCD)

SI AB và (SAB)  (ABCD)

Nên SI AD => AD (SAB) mà AD nằm trong (SAD) =>(SAD)  (SAB)

7

SI BC => BC (SAB) mà BC nằm trong( SBC) =>(SBC)  (SAB)

AD (SAD)

BC (SBC)

S= (SAD)  (SBC); AD//BC vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua S

và song song với BC , Đó là St => St (SAB)=> St SB và St SA nên góc ASB là góc phẳng nhị diện của (SAD)và (SBC)và có độ lớn bằng 600

2-a- (1 điểm) Ta có (MNQ) //AD; NP= (MNQ) 

(SAD);MQ//AD;MQ (MNQ); AD (SAD) =>NP//MQ

mặt khác MQ AB  (SAB); AB =(SAB)  (ABCD) =>MQ MNvà NP MNvậy MNPQlà hình thang vuông tại M,N

gọi R=MN PQ => SR  (SAB)  (SCDSD//CD//AB từ Sta kẻ Sz //AB

Khi M chạy trên AB thì Rchạy trên Sz

khiMAthì R L L là giao của Sz với đường thẳng đi qua Avà song song với SA

khiMB thì R Svậy quĩ tích của R là đoạn SL

2-b- (1 điểm) Tam giác AMN là tam giác đều => MN=NA=AM=x

tam giác SNP vuông cân vì NS=NP= a-x

ta có SMNPQ =

2 2

2

2 2

1 2

).

2 ( 2

).

( 2

)

max

2 2

a S

a x x a x

x a x a x a MN MQ NP































khi 2a-x=x x=a chính khi PNS

8