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 1Sở GD-ĐT Thanh Hóa
Trờng THPT Thống Nhất
Đề 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
y x2
+
+ +
= ( 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 )
b) Cho In = dx
1
1
nx
e
e
−
+ với n là số tự nhiên
Tìm limIn
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
x + - a − x =1 ( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phơng trình
4 x
2 + - 2 2− >x 12x 168
x
9 2 +
−
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phơng trình :2sin(3x+
4
∏) =
x 2 x
2 sin 8
b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2sinA+ 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 5/2004)
Bài 4 (4điểm) :
a)Cho n là số nguyên dơng , hãy tìm giới hạn A = (x 1)
1 n nx x
n 1
− +
−
→
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
Trang 2b) 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)
Bài 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+logc 2
b
a + ≥3 ( 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
2
1
mx
x
0
2
−
= +
+
+
( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép
= +
−
− +
−
≠
−
0 ) mkx 1
)(
k 2 1 ( 4 ] m ) m x 2
(
k
[
0 k 2 1
0
2 0
(I )
=
− +
− +
+
≠
) 3 ( 0 4 m ) mx 2 ( k 4 ) m x 2 ( 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 : (2x0-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 2
m x
1 )
m
x
2
(
4
m
0 m
x
2
( 2x0 +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
x ) 1 n (
e 1
e
−
+
−
+ ⇒ In > In+1
Mặt khác vì nx x
e 1
e
−
−
+ > 0 ∀ x ∈ (0;1) In >0 ∀ n
Trang 4Vậy {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
+
−
−
+
+
=1e dx 0
x ) 1 n (
1 n
1 (n 1)
−
−
−
−
In =
n
1
1
e1 n
−
−
−
- In-1 (*) (0,5đ)
Rõ ràng :limn In
∞
→ = n n 1
I
∞
→
n
1
1
e
lim
n
1
−
−
+∞
→ =0 nên từ (*) suy ra 2limn In
+∞
→ = 0
n
n
I
lim
+∞
→ = 0 (0,5đ)
Bài 2:
a) Giải và biện luận phơng trình theo tham số a:
1
x + - a − x =1
⇔
−
=
−
≤
⇔
− +
= +
≥
−
x a 2 a x 2
a x x
a 1 1
x
0 x a
=
− +
−
−
=
≥
≤
⇔
) 4 ( 0
a 4 a ) 1 a ( 4 )
x
(
f
) 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
)= -2a < 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
Trang 5+) NÕu a < 0 th× (1) v« nghiÖm
+) NÕu a ≥ 0 th× (1) cã nghiÖm duy nhÊt x=
2
1 a 2 1
a − + + (0,5®)
b) Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh
4
x
2 + - 2 2− >x 12x 168
x
9 2 +
−
(1) Nh©n biÓu thøc liªn hîp vÕ tr¸i ta cã ( Víi x ∈ [-2;2] )
16 x
9
) 4 x 6 ( 2 x 2 2
4
x
2
4 x
6
2 +
−
>
− +
+
−
(0,5®)
0 x 2 8 2 x 8 )(
x 2 8 2 x )(
2
x
3
(
0 x 2 8 16 32 x 8 x 9 )(
2
x
3
(
0 ] x 2 2 4 x 2 ( 2 16 x
9 )[
2
x
3
(
2 2
2 2
2
>
− +
+
−
−
−
⇔
>
−
−
− +
−
⇔
>
− +
+
− +
−
⇔
(0,5®)
Do 8+x+2 8−2x2 >0 nªn (2) (3x-2) (x-2 8−2x2 )>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 :2sin(3x+
4
∏) =
x 2 x
2 sin 8
+
=
∏ +
≥
∏ +
⇔
) 3 ( x 2 cos x 2 sin 8 1 ) 4 x 3
(
sin
4
) 2 ( 0
) 4 x 3 sin(
2 2
(0,5®)
Gi¶i (2):
(2) ⇔ 2[1-cos(6x +
2
∏
) ] = 1+ 8sin2x(1-sin22x) ⇔ 2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x
⇔ 2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin32x
⇔ sin2x =
2
1
⇔
∏ +
∏
=
∏ +
∏
=
12
5 x
k 12 x
(k,l∈Z ) (0,5®)
Trang 6+)Thay x=
12
∏ + kả vào (2) ta có :
≥
=
∏ +
x=
12
∏ + 2nả là nghiệm của (1).
+) Thay x= ∏ +∏
12
5
vào (2) ta có :
) 3 12
3
=
∏ +
≥ 0 khi l=2m-1;m ∈Z x= ∏ +(2m −1)∏
12
5
là họ nghiệm của (1)
Vậy (1) có hai họ nghiệm : x=
12
∏ + 2nả và x= ∏ +(2m −1)∏
12
5
; (n,m∈Z) (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 : 2sinA + 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)
Trang 7b) 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(2t+3) +2logt2 với t∈(0; + ∞ )
đồng biến trên (0; + ∞ ) (0,5đ) (1) viết dới dạng f(x) = f(y)
) 3 (
) 2 ( ) log
y x
3x
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 3 log 3
log 4 1
4 3 log
2 log32
2 x 2 log
2 3 log
2 x 3 log )
x 3 log 1 ( 2
= +
⇔
=
+
⇔
= +
⇔
=
+
⇔
= +
⇔
= +
⇔
−
− +
Xét hàm số q(x) = x1−log34 +3.x−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 :
Trang 8a) 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,
DP đồng phẳng ta có:
DN = αDM +βDP (1)
Vì M là trung điểm của SA nên: DM =
2
DA
2
a
Vì N là trung điểm của SB nên: DN =
2
DB
2 2
a b
c+ + =
4
a + 2
b + 2
c (3)
Ta có: DP = DC + CP = b + xCS = b + x(c - b)
DP = (1-x)b + xc (4) (0,5đ)
Từ (1), (2), (3) và (4) ta có:
4
a
+
2
b
+
2
c
= 2
α c +
2
α a + β(1−x)b + xcβ
⇔
4
a +
2
b +
2
c = 2
α a + β (1-x) b + (
2
α + βx) c
Trang 9
=
β
+
α
=
−
=
α
2
1
x
2
2
1 )
x
1
(
b
4
1
2
=
= β
= α
⇔
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
+
=
≥ +
=
(0,5đ)
Tơng tự :
c ln a
ln
b ln
2 a
log c ab2
+
≥
+
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 (*)
Thật 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