De HSG k12 ha noi 2018 2019

Xét tứ giác AEHB có AEBAHB900 và cùng nhìn cạnh AB . Tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm AB.. Mà AFCABH cùng nhìn cạnh AC... Chứng minh rằng AQ 3AH.

Câu 1 [DS12.C3.1.E03.b] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho hàm số 2 1

x y x





 có đồ thị là  C

và đường thẳng d có phương trình y x m  , m là tham số Tìm m để d cắt  C

tại hai điểm phân biệt A và B sao cho tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C tại A và

B là lớn nhất

Lời giải

Tập xác định

1

\ 2

D  



Ta có 2 1

x y x





1

y x





 Phương trình hoành độ giao điểm   2 2 2 1 0 (1)

x

x



Ta có:

0,



        



  



 nên đường thẳng d luôn cắt đồ thị  C tại hai

điểm phân biệt A , B với mọi giá trị thực m

Gọi x , 1 x là hoành độ của điểm A và B khi đó 2 x , 1 x là nghiệm của phương trình (1)2

1 2

1 2

m

P x x









Suy ra tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến với  C

tại A x y 1; 1

và B x y 2; 2

là

Vậy tổng hệ số góc lớn nhất của các tiếp tuyến với  C tại A và B bằng 2 đạt được khi

0

m 

Câu 2 [DS12.C2.1.E03.c] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Giải phương trình cosx 1 x2

Lời giải

Xét hàm số f x  cosx x 2 với x Ta có 1 f x  sinx2x

, f x  cosx 2

Vì f x 0 x  f x  đồng biến trên  Mà f  0  suy ra phương trình0

f x  có nghiệm duy nhất x  0

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên suy ra f x   0 x 0

Vậy phương trình đã cho có nghiệm là x  0

Câu 3 [DS12.C1.2.E11.c] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Giải hệ phương trình

 

 

2





Lời giải

Điều kiện: y  3

 Từ  1

ta có: x23y22xy 6x 2y 3 0

  2

 Từ  2

ta lại có: x2 y 5 2x y 3 x2 2x y   3 y 3 2 1  y 0

Từ  3

và  4  y 1 Thay y  vào hệ được 1 x  2

Vậy hệ có nghiệm là

2 1

x y









 (thỏa mãn điều kiện)

Câu 4 [DS12.C2.3.E02.b] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho dãy số  a n xác định bởi

2

*

1

n n

a



   Chứng minh dãy số  a n là dãy số giảm.

Lời giải

Xét hiệu

2

1

n

a a a



Từ cách xác định dãy số ta có a n 0,   và n * a n2 a n  1 0 a n1 a n 0,  n *

Vậy  a n

là dãy số giảm

Câu 5 [DS12.C2.3.E03.c] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho dãy số  a n xác định bởi

2

*

1

n n

a



   Với mỗi số nguyên dương n, đặt b n a1a2 a n Tính lim n

 

Lời giải

Ta có

2

1

n

a



2

1

1





1

n

a

Lại có: Dãy số  a n là dãy số giảm, bị chặn dưới bởi 0 nên có giới hạn

Giả sử

2

1

a



  hay lim n 0 2 

Từ  1

và  2

ta có xlimb n 1

Câu 6 [HH12.C1.3.E01.c] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ,

cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm I , có đường cao AH Gọi E là hình chiếu của B lên tia AI , HE cắt AC tại P Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết

6; 4 ; 11;1

H  P và M10; 4  là trung điểm của BC

Lời giải

Nhận xét: Theo giả thiết thì H không thể trùng với M  ABC là tam giác thường

Xét tứ giác AEHB có AEBAHB900 và cùng nhìn cạnh AB

 Tứ giác AEHB nội tiếp đường tròn có tâm là trung điểm AB

Mà AFCABH (cùng nhìn cạnh AC ).

AFC AEP

Lại có FC AC  HPAC

Có HP  5;5 5 1;1 

Chọn n AC 1;1

11;1

AC x y

4;0

HM 

Do đường thẳng BC chứa , H M  n BC 0;1



6; 4

BC y

Có C BC AC  tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình

16; 4

C

Lại có M10; 4  là trung điểm của BC  B4; 4 

Có AH BC n AH 1;0



6; 4

AH x

Có A AH AC  tọa độ A là nghiệm của hệ phương trình

6;6

A

Vậy A6;6 ; B4; 4 ;  C16; 4 

Câu 7 [HH12.C2.1.E03.b] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho hình lập phương

ABCD A B C D    Một mặt phẳng  P cắt các tia AB , AD , AA, AC lần lượt tại M , N , P

, Q Chứng minh rằng:

AQ AM  AN  AP .

Lời giải

Theo quy tắc hình hộp ta có:

ACAB AD AA  

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

      

Ta có AC là đường chéo của hình lập phương ABCD A B C D.    

1 3

AB AD AA AC

Mà M , N , P , Q đồng phẳng nên

Câu 8 [HH12.C2.1.E03.b] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho hình lập phương

ABCD A B C D    Một mặt phẳng  P cắt các tia AB , AD , AA, AC lần lượt tại M , N , P , Q Gọi H là hình chiếu của A lên  P

Chứng minh rằng AQ 3AH

Lời giải

Ta có AMNP là tứ diện vuông 2 2 2 2

Mà

2

3

Câu 9 [DS12.C1.3.E03.d] (HSG Toán 12 - Hà Nội năm 1819) Cho các số thực , ,a b c không

âm thỏa mãn a2b2c2  Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 P a b c    4abc

Lời giải

Không mất tính tổng quát giả sử a b c  thì từ

3

Mặt khác:

bc b c   a   bc    bc

Ta có:

P a  bc  b c  a  b c    bc     bc   bc  

Dấu bằng xảy ra khi  *

1

a

b c

bc  

Đặt

1 0

3

t bc   t

Suy ra được P2  1 2 16t  t2 8t232t3 4t2

Xét hàm số

 

6

12

t















 0 2; 1 50; 6 1, 4556

f  f    f  

Suy ra GTLN f t   2

khi

  *

1

0

2

a c b

t

c

a b



 









   







Kết luận: maxP  2, đạt được khi

1 2 0

a b c



 





 

 , hoặc các hoán vị của nó