Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành.. Chứng minh rằng mặt phẳng MNP chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.. Chứng minh rằng: Cot
Trang 1Së GD&§T NghÖ
An K× thi chän häc sinh giái tØnh líp 12
N¨m häc 2008 - 2009
M«n thi: to¸N 12 THPT- b¶ng A
Thêi gian lµm bµi: 180 phót
C©u 1 (3,0 điểm)
Tìm m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc đoạn ;
4 4
sin x + cos x + cos 4x = m.
C©u 2 (3,0 điểm)
(a l tham s à tham s ố).
Tìm a để hệ có nghiệm x; y thỏa mãn điều kiện x 9.
C©u 3 (3,0 điểm)
Cho hàm số
2
31 sin 1
0 ( )
víi víi
x
x
Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0 và chứng minh rằng hàm số đạt cực tiểu tại x = 0
C©u 4 (3,0 điểm)
Cho ba số dương a,b,c thay đổi Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
.
P
C©u 5 (3,0 điểm)
Cho n là số tự nhiên, n 2 Chứng minh đẳng thức sau:
2 2
2 0 1 1 2 2 22 n 2 12 n 1 ( 1)2 n 2
C©u 6 (3,0 điểm)
Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AD, SC Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chóp
S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.
C©u 7 (2,0 điểm)
Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC và mặt phẳng (CAB) vuông góc với mặt phẳng (DAB) Chứng minh rằng:
CotBCD.CotBDC =
2
-Hết -Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
.
§Ò chÝnh
thøc
Trang 2Sở Gd&Đt Nghệ an Kỳ thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 12
Năm học 2008 - 2009
hớng dẫn và biểu điểm Chấm đề chính thức
(Hớng dẫn và biểu điểm chấm gồm 04 trang)
Môn: toán 12 THPT - bảng A
Phơng trình đã cho tơng đơng
2
4 4
cos x
cos x m
4cos x cos x24 4 4m 3 (1)
0.50
Đặt t = cos4x ta đợc: 4t2 t 4m 3, (2)
Với ;
4 4
x
Phơng trình (1) có 4 nghiệm phân biệt ;
4 4
x
khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2
nghiệm phân biệt t[-1; 1), (3)
0.50
Xét g(t) = 4t2 với t t [ 1;1), g’(t) = 8t+1.
g’(t) = 0 t = 1
8
Bảng biến thiên
0.50
Dựa vào bảng biến thiên suy ra (3) xảy ra 1
4 3 3
16 m
47 3
64m 2
Vậy giá trị m cần tìm là: 47 3
64 m 2
0.50
Đặt t x từ (1) và điều kiện suy ra 3 t 4
Khi đó y y = t4 t 2 – 8t +16 0.50 Khi đó bất phơng trình (2) trở thành 2 2
t t t a (3)
Đặt f t( ) t2 7 t2 8t23.
0.50
Ycbt bất phơng trình (3) có nghiệm t [3;4] min ( )[3;4] f t a
'
f t
0,50
f t t t t t t
2 2 2 2
0,50
Ta có f 3 4 8;f 4 23 7 0,50
Từ đó suy ra min ( )[3;4] f t f(3) 4 8 Vậy a ≥ 4 8 0.50
3 g’(t) 0 +
t 1
1 16
Trang 3 0 ( ) (0)
' 0 lim
x
f x f f
x
3
2
3
1 sin 1 sin 1
0.5
3
lim sin
1 sin 1 sin 1
x
x x
0
Mặt khác với x 0, ta có
2 2
3
sin
0 0
1 sin 1 sin 1
x
0.5
Vì f x liên tục trên R nên từ đó suy ra ( ) f x đạt cực tiểu tại x 0 0.5
Đặt x a y, b z, c x y z; , , 0;
P
0.50
Ta có 23 23 23
3
P
Q
0.50
áp dụng bđt BCS ta đợc
2
0.50
2 2
x y z Q
x y z xy yz zx
Mặt khác 2
3
x y z
Suy ra 3
4
Q , do đó 3 9 3
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3
Ta có với x 0,
0
1 n n k n k, 1
n k
Đạo hàm hai vế của (1) ta đợc
1
0
1n n ( ) k n k
n k
n x n k C x
Suy ra
1 1 0
n
n k
Đạo hàm hai vế của (2) ta đợc
1
0
n
n k
A
D
S
P
C
B M
E
F
N
I K
O
Trang 4Gọi K và I lần lợt là giao điểm của MN với CD và BC, ta có CK = 3
2CD, CI =
3
d(P,(ABC)) = 1
VPCIK = 1 1
= 9
16(
1
VPCIK = 9
18
IBEM ICPK
Từ (1) và (2) VIBEM = 1
Tơng tự VKNDF = 1
Gọi V2 là thể tích của khối đa diện giới hạn bởi mặt phẳng (MNP) và mặt phẳng đáy V2 =
= 9
16VSABCD -
1
16VSABCD =
1
Vậy V2 = 1
M
A
B
D
C
Trang 5Đặt AD BC a AC BD b AB CD c BAC , , , A ABC B ACB C, ,
Ta có ABC nhọn và ABC = DCB = CDA = BAD
Suy ra BCD ABC B ABD BDC CAB A ; , 1
0.5
Hạ CM AB, vì CAB DAB nên
áp dụng định lí cosin cho tam giác BMD ta đợc
Từ (1), (2), (3) ta đợc CM2BM2BD2 2BM BD .cosA CD 2
BC BD BM BD A CD a b ab A B c
0.25
1 cos cos cos sin sin 2cos cos cot cot
2
Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa tơng ứng với biểu
điểm quy định.
M
A
B
C
D
