Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 chọn lọc số 15

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 than

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Thời gian :180’ Môn : Toán

1-Bài 1: (3 điểm) Cho tích phân =∫2

0

π

xdx Sin

a-Tìm hệ thức giữa In và I n+2

b-CMR : hàm số f(n) =(n+1)I n I n+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

2 1 1

4

x

x

+

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 ;a 1 ;a 2 ; ;a n ; thoả mãn :

1 =a0 ≤a1 ≤a2 ≤ ≤a n ≤ ( )1 Dãy b n 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 a 0 ;a 1 ;a 2 ; ;a n ; Thoả mãn (1) sao cho b n > 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

Sin SinB

5- Bài 5 : (3 điểm) CMR x1 >0 ; x 2 >0 ; x 1 y 1 -z 1 >0 ; x 2 y 2 -z 2 >0 Thì :

2 2 2

2 1 1 1

2 2 1 2 1 2

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.

1

ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

1- bài 1: ( 3 điểm)

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2 2

2

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 xdx

Sin n

xCosx Sin

n xdx xCos

Sin

π

π π

(0,5) vậy (*) trở thành

In+2 = In -

1

1

+

n In+2 ⇒ (n+1)In = (n+2) In+2 (0,25)

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)

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )

( ) ( )

1

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

π π

=

−

−

∫Sinxdx∫Sin xdx Cosx Cos x dx (0,5)

vậy f(n) =

2

π

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)

Ta nhận thấy rằng

) 2 1 1 ( 2

1 1

) 2 1 1 ( 2 2

1

1

2

x x

x x

x

−

−

+ +

=

+

2

2

) 2 1 1 ( ) 2 1

1

(

4

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) (0,5) (3)

3

















≤

≤

−

= +

= +

1

; 1

2 2 2 1

2 2

v u

m v

u

v u

- 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)

k

k

a

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 ).

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

k

p

p p p p

−

−

−

=

vì 0<p<1=> n

n

p

lim

∞

n

=

∞

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

4-Bài 4: ( 3 điểm)

(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

≤ (0,25)

2SinA.SinB + CosC≤ 1 Mặt ≠: SinA.SinB > 0 (0,25)

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

Vậy : ∃ α: 0 ≤ α ≤ π để Cos α =2SinASinB + Cos C

0 ≤ C≤ π và Cos α > CosC nên α<C (0,25)

2

2 )

( 2

1

SinC SinC

C Sin

C Sin CosC

2

;

2 2

1

α

−

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 - z2

2 D= (x1+ x2 ) (y2+y2)-(z1+z2)2 (0,25)

5

Vậy F(x)=x1 









+









1

2 1 1 1 2

1

1

x

z y x x

z X

1 1

2 1 1 1

x

D x

z y

≥

dấu bằng xảy ra X=z1/x1

Tương tự G(X) 2

2

x

D

≥

dấu bằng xảy ra X=z2/x2 (0,5)

H(X) x1 x2

D

+

≥

dấu bằng xảy ra X= 1 2

2 1

x x

z z

+

+

2 1

x x

z z

+

+

ta có x1+x2 ≥

D

1

1

x

D

2

x

D

dấu bằng xảy

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

≤

⇔







 + +

≤

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

nghĩa là (0,5)

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)

SI ⊥AB và (SAB) ⊥ (ABCD)

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

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

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









 − +

≤

−

= +

−

= +

khi 2a-x=x x=a chính khi P≡N≡S.

7