Gọi M,N là hai trung điểm của SA , SB tơng ứng .Mặt phẳng DMN cắt SC tại P.. Tính tỉ số điểm P chia đoạn thẳng CS.
Trang 1Đề Thi học sinh giỏi Lớp 12
Môn: Toán Thời gian: 180 Phút
Giáo viên ra đề : Trịnh Văn Hùng
Bài 1 : (4điểm )
Cho đờng cong ( Cm) :
m x 2
1 mx
( m là tham số và |m | 2)) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ đợc hai tiếp tuyến với đờng cong (Cm ) mà chúng vuông góc vơí nhau
(Giải tích - Toán nâng cao 12) Tác giả Phan Huy Khải )
1
1
nx
e
e
với n là số tự nhiên
Tìm lim I n
n
( Toán nâng cao lớp 12) Phan Huy Khải )
Bài 2: (4 Điểm )
a) Giải và biện luận phơng trình sau theo tham số a
1
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phơng trình
4 x
16
8 x 12 x
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phơng trình :2)sin(3x+
4
) = 1 8 sin 2 x cos22 x
b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2)sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos
2
A
+3cos
2
B
+cos
2 C
Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều
( Báo Toán học tuổi trẻ 5/2)004)
Bài 4 (4điểm) :
a)Cho n là số nguyên dơng , hãy tìm giới hạn A =
) 1 x (
1 n nx x
n 1
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải hệ phơng trình
log log
log
log
) x ( 2
3 y 2
) y ( 2
3 x 2
(Đại số sơ cấp tác giả Trần Phơng)
Trang 2Bài 5 ( 4điểm) :
a) Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình thang có cạnh AD =2) BC Gọi M,N là hai trung điểm của
SA , SB tơng ứng Mặt phẳng (DMN ) cắt SC tại P Tính tỉ số điểm P chia đoạn thẳng CS
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Cho a,b,c là các số thực lớn hơn 2)
Chứng minh rằng :logab 2c +logba 2c +logca 2b3
( Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phơng)
Hết
Trang 3Đáp án Câu 1
Gọi M(x0;0 ) là điểm cần tìm Đờng thẳng ( )qua M có hệ số góc k có phơng trình y= k( x-x0)
Để( ) là tiếp tuyến của đờng cong thì phơng trình sau có nghiệm kép (0,5đ)
) x x ( k m
x
1
mx
x
0
2
( 1- 2)k) x2)+(m+2)kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép
0 ) mkx 1 )(
k 1 ( 4 ] m ) m x
(
k
[
0 k 1
0 2
0
(I )
) 3 ( 0 4 m ) mx 2 ( k ) m x ( k
) 2 ( 2
1 k
0 2
2
Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k1, k2)
và k1.k2) = -1 (0,5đ)
thay (2)) vào (3) ta có : (2)x0-m) 2) +m2) + 12) 0 (4)
Vì (4) đúng nên hệ (I) (3)
Điều kiện cần tìm là :
2 2
0
0 2
0
20
m 4 ) m x
m x
1 )
m
x
(
4
m
0
m
x
( 2)x0 +m)2) = 4-m2) ( vì m 2)) (5)
Nếu m > 2) thì (5) vô nghiệm
Nếu m < 2) thì (5) có hai nhghiệm cần tìm với x0 =
2)
m 4
±
Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 =
2)
m 4
±
(0,5đ)
b) Ta có x ( 0;1) thì :
x nx
e 1
e
x ) 1 n (
e 1
e
In > In+1 Mặt khác vì
x nx
e 1
e
> 0 x (0;1) In >0 n Vậy {In} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dới , nên tồn tại
n
n
I
lim
(0,5đ)
Ta có In + In+1 = dx
1
e
1
) x n ( nx
e
e
0
x ) 1 n (
1 n
1 ( n 1 )
Trang 4In =
n
1
1
e
- In-1 (*) (0,5đ)
n
I
lim
1 n n
I
n
1
1
e
lim
n
1
=0 nên từ (*) suy ra 2) n
n
I
lim
n
n
I
lim
= 0 (0,5đ)
Bài 2:
a) Giải và biện luận phơng trình theo tham số a:
1
x a 2 a x
a x x
a 1
1
x
0 x
a
) 4 ( 0 a 4 a ) 1 a ( 4 )
x
(
) 3 ( 2
a x
) 2 ( a
x
2 2
x
4
(0,5đ)
Ta xét các trờng hợp sau:
+) Nếu a < 0 khi đó
2
a
> a nên hệ (2)) (3) (4) vô nghiệm tức là (1) vô nghiệm +) Nếu a=0 thì hệ (2)), (3), (4) có nghiệm duy nhất x=0
+) Nếu a >0 thì ta có
) 4 ( a 4 a x ) 1 a ( 4 x 4 f
) 5 ( a
x 2
a
2 2
) x (
Xét tam thức f(x) có f( 2
a )= -2)a < 0 và f(a) = a2) > 0 Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2) thoã mãn x1< 2
a
< x2) < a (1đ) Kết luận
+) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm
+) Nếu a 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x=
2
1 a 2 1
a (0,5đ)
b) Giải bất phơng trình
4
x
16
8 x 12 x
(1) Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2);2)] )
Trang 516 x
) 4 x ( 2 x 2
2
4
x
4
x
2
(0,5®)
0 x 8 2 x 8 )(
x 8 2 x
)(
2
x
(
0 x 8 16 32 x x
)(
2
x
(
0 ] x 2 2 4 x ( 2 16 x )[
2
x
(
2 2
2 2
2
(0,5®)
Do 8+x+2) 8 x 2 0
nªn (2)) (3x-2)) (x-2) 8 x 2 ) 0
2 x
3
2
2
x
2
TËp nghiÖm cña bÊt ph¬ng tr×nh T = [ -2);
3
2
)(
3
2 4
; 2)] (1®)
Bµi 3 ( 4®iÓm )
a)Gi¶i Ph¬ng tr×nh :2)sin(3x+
4
) = 1 8 sin 2 x cos22 x
) 3 ( x 2 cos x 2 sin 8 1 ) 4 x
(
sin
4
) 2 ( 0
) 4 x sin(
2 2
(0,5®)
Gi¶i (2)):
(2)) 2)[1-cos(6x +
2
) ] = 1+ 8sin2)x(1-sin2)2)x) 2)+ 2)sin6x = 1+ 8sin 2)x-8sin32)x
2)+ 2)(3sin2)x-4sin32)x) = 1+8sin2)x-8sin32)x
sin2)x =
2
1
12
5 x
k 12
x
(k,lZ ) (0,5®)
+)Thay x=
12
+ k¶ vµo (2)) ta cã :
2 ( 1 )k
x=
12
+ 2)n¶ lµ nghiÖm cña (1)
12
5
vµo (2)) ta cã :
) 3 12
3
12
5
lµ hä nghiÖm cña (1)
Trang 6Vậy (1) có hai họ nghiệm : x=
12
12
5
; (n,mZ) (1đ)
b) Ta có sinA +sin B = 2) sin
2
B
A
cos
2
C cos 2 2
B A
dấu ( = ) xảy ra khi và chỉ khi
2
1
(sin A +
sinB )
2
C
cos
chỉ khi A = B (1)
Tơng tự :
2
5
(sin B + sinC )
2
A cos 5
(2))
2
3
(sin C + sinA )
2
B cos 3
(3) (1đ)
Từ (1), (2)), (3), suy ra : 2)sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos
2
A
+3cos
2
B
+cos
2 C
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều (1đ)
Bài 4 :
a)Cho n là số nguyên dơng , hãy tìm giới hạn A =
) 1 x (
1 n nx x
1
ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2)+ +xk-1) (0,5đ)
(0,5đ)
2
) 1 n ( n ) 1 n (
3 2 1 1
x
)]
x
x 1 (
) 1 x ( 1 )[
1
x
(
lim
A
1 x
) 1 x (
) 1 x ( ) 1 x ( lim )
1 x (
) n x
x x 1 )(
1
x
(
lim
A
2 n 1
x
1 n 2
1 x 2
1 n 2
1
x
Vậy : A =
2
) 1 n
(
n
(0,5đ)
b) Giải hệ phơng trình
log log
log
log
) x ( 2
3 y 2
) y ( 2
3 x 2
y 3
) 3 y ( 2
x 3
) 3 x ( 2 )
x ( 2
3
y
2
) y ( 2
3
x
) 1
( 2
)
log log
log 1 ( 2
log
(1)
Xét hàm số : f(t) = log(2t3) 2 log2t với t(0; + )
đồng biến trên (0; + ) (0,5đ)
(1) viết dới dạng f = f
Trang 7(I) ( II )
) 3 (
) 2 ( ) log
y x
log 1
( 2 ) 3 x
(
2
) 4 ( 4
3
x
3 x 3
x
3 x 3
x
)
3
(
x 3 x
x
.
4
) x (
4 2
.
4
2 4 2
4 log 3
log 4 1
4 3 log
2 log32
2 2 log
2 3 log
2 3 log )
x 3 log 1 ( 2
Xét hàm số q(x) =
x 3
x1log34 log34 trên (0;+) nghịch biến trên (0;+) (0,5đ) Nên (4) có nghiệm thì là nghiệm duy nhất , do g(1) =4
Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của (4)
Khi đó hệ (II) trở thành x y 1
1 x
y x
Vậy hệ phơng trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1 (0,5đ)
Bài5 :
a) Đặt DA = a ; DC = b ; DS = c;
Từ giả thiết ta đợc CB =
2
a
vì P trên CS nên đặt: CP = x.CS M, N, P, D ở
trên cùng mặt phẳng nên DM, DN,
Trang 8DP đồng phẳng ta có:
Vì M là trung điểm của SA nên: DM =
2
DA
DS
=
2
a
c
(2))
Vì N là trung điểm của SB nên: DN =
2
DB
DS
=
2 2
a b
c
=
4
a
+
2
b
+
2
c
(3)
Ta có: DP = DC + CP = b + xCS = b + x(c - b)
Từ (1), (2)), (3) và (4) ta có:
4
a
+
2
b
+
2
c
=
2
c +
2
a + ( 1 x ) b + xc
4
a +
2
b +
2
c = 2
a + (1-x) b + (
2)
+ x) c
2
1
x
2
2
1
)
x
1
(
b
4
1
2
3
1 x 4
32 1
Vậy P trên SC sao cho CP =
3
1
CS hay P chia đoạn thẳng CS theo tỉ số
k=-2) 1
b) Ta có
c ln b ln
a ln 2 bc ln
a ln 2 ) c b ln(
a ln 2 log a2
c
b
(0,5đ)
Tơng tự :
c ln a ln
b ln 2 a
log b2
a c
b ln a
ln
c ln 2
log c2
b
a
VT(1) 2)(
b ln + a ln
c ln + c ln + a ln
b ln + c ln + b ln
a ln
) (0,5đ)
Bổ đề Với x,y,z>0 thì
y + z
x
+
z + x
y
+
y + x
z
≥
2) 3
(*)
Trang 9Thật vậy (*) (
y + z
x
+1) + (
z + x
y
+1)+(
y + x
z
+1)≥
2)
3
+3
[ (y+z) +(z+x) +(x+y) ] (
y + z
1
+
z + x
1
+
y + x
1
) 9 (**) Theo Côsi thì (**) thoã mãn (0,5đ)
áp dụng bổ đề ta có : VT(1) 3 (ĐPCM) (0,5đ)
Hết Hướng dẫn tỡm và tải cỏc tài liệu ở đõy
https://forms.gle/LzVNwfMpYB9qH4JU6