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 ( C m ) : mx2 1mx y x 2 + ++ = ( m là tham số và |m | 2) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ đợc hai tiếp tuyến với đờng cong (C m ) mà chúng vuông góc vơí nhau. (Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải ) b) Cho I n = dx 1 1 0 x nx e e + với n là số tự nhiên Tìm I lim 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 1x + - xa =1 ( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Giải bất phơng trình 4x2 + - 2 x2 > 16 8x12 x9 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 ) = x2x2sin81 cos 2 + 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 = )1x( 1nnx x lim 2 n 1x + ( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Giải hệ phơng trình = + + = loglog loglog )x3( 2 3y 2 )y3( 2 3x 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 : log a 2 cb + + log b 2 ca + + log c 2 ba + 3 ( Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phơng) Hết . Đáp án Câu 1 Gọi M(x 0 ;0 ) là điểm cần tìm . Đờng thẳng ( )qua M có hệ số góc k có phơng trình y= k( x-x 0 ) Để( ) là tiếp tuyến của đờng cong thì phơng trình sau có nghiệm kép (0,5đ) )xx(k mx2 1mxx 0 2 = + ++ ( 1- 2k) x 2 +(m+2kx 0 -mk)x +1+mkx 0 =0 có nghiệm kép =++ 0)mkx1)(k21(4]m)mx2(k[ 0k21 0 2 0 (I ) =+++ )3(04m)mx2(k4)mx2(k )2( 2 1 k 0 22 Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k 1 , k 2 và k 1 .k 2 = -1 (0,5đ) thay (2) vào (3) ta có : (2x 0 -m) 2 +m 2 + 12 0 (4) Vì (4) đúng nên hệ (I) (3) Điều kiện cần tìm là : =+ = + + 22 0 0 2 0 2 0 m4)mx2( 2 m x 1 )mx2( 4m 0mx2 ( 2x 0 +m) 2 = 4-m 2 ( vì m 2) (5) Nếu m > 2 thì (5) vô nghiệm Nếu m < 2 thì (5) có hai nhghiệm cần tìm với x 0 = 2 m4m 2 Vậy có hai điểm M(x 0 ;0) cần tìm với x 0 = 2 m4m 2 (0,5đ) b) Ta có x ( 0;1) thì : x nx e1 e + > x x)1n( e1 e + + I n > I n+1 Mặt khác vì x nx e1 e + > 0 x (0;1) I n >0 n Vậy {I n } là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dới , nên tồn tại n n Ilim (0,5đ) Ta có I n + I n+1 = dx 1 e 1 0 x )xn( nx e e + + + = dxe 1 0 x)1n( = - [ ] 1e 1n 1 )1n( I n = n1 1e n1 - I n-1 (*) (0,5đ) Rõ ràng : n n Ilim = 1n n Ilim n1 1e lim n1 n + =0 nên từ (*) suy ra 2 n n Ilim + = 0 n n Ilim + = 0 (0,5đ) Bài 2: a) Giải và biện luận phơng trình theo tham số a: 1x + - xa =1 = +=+ xa2ax2 ax xa11x 0xa =+= )4(0a4a)1a(4)x(f )3( 2 a x )2(ax 2 2 x4 (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(a4ax)1a(4x4f )5(ax 2 a 22 )x( Xét tam thức f (x) có f ( 2 a ) = -2a < 0 và f (a) = a 2 > 0 Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x 1 ,x 2 thoã mãn x 1 < 2 a < x 2 < a (1đ) Kết luận +) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm +) Nếu a 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x= 2 1a21a ++ (0,5đ) b) Giải bất phơng trình 4x2 + - 2 x2 > 16 8x12 x9 2 + (1) Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2;2] ) 16x9 )4x6(2 x224x2 4x6 2 + > ++ (0,5đ) 0x282x8)(x282x)(2x3( 0x281632x8x9)(2x3( 0]x224x2(216x9)[2x3( 22 22 2 >++ >+ >+++ (0,5đ) Do 8+x+2 0x28 2 > nên (2) (3x-2) (x-2 0)x28 2 > < < 2x 3 24 3 2 x2 Tập nghiệm của bất phơng trình T = [ -2; 3 2 )( 3 24 ; 2] (1đ) Bài 3 ( 4điểm ) a)Giải Phơng trình :2sin(3x+ 4 ) = x2x2sin81 cos 2 + += + + )3(x2cosx2sin81) 4 x3(sin4 )2(0) 4 x3sin( 22 (0,5đ) Giải (2): (2) 2[1-cos(6x + 2 ) ] = 1+ 8sin2x(1-sin 2 2x) 2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin 3 2x 2+ 2(3sin2x-4sin 3 2x) = 1+8sin2x-8sin 3 2x sin2x = 2 1 + = + = 12 5 x k 12 x (k,lZ ) (0,5đ) +)Thay x= 12 + kả vào (2) ta có : VT (2) = sin( 0)k3 2 )1( k =+ khi k=2n ,n Z x= 12 + 2nả là nghiệm của (1). +) Thay x= + 12 5 vào (2) ta có : VT (2) = sin( )1( 1 )3 12 3 + =+ 0 khi l=2m-1;m Z x= + )1m2( 12 5 là họ nghiệm của (1) Vậy (1) có hai họ nghiệm : x= 12 + 2nả và x= + )1m2( 12 5 ; (n,mZ) (1đ) b) Ta có sinA +sin B = 2 sin 2 BA + cos 2 C cos2 2 BA 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 cos5 (2) 2 3 (sin C + sinA ) 2 B cos3 (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 = )1x( 1nnx x lim 2 n 1x + ta có x k -1 = (x-1)(1+x+x 2 + .+x k-1 ) (0,5đ) (0,5đ) 2 )1n(n )1n( .321 1x )]x x1( )1x(1)[1x( limA 1x )1x( .)1x()1x( lim )1x( )nx xx1)(1x( limA 2n 1x 1n2 1x 2 1n2 1x =++++= +++++++ = +++ = ++++ = Vậy : A = 2 )1n(n (0,5đ) b) Giải hệ phơng trình = + + = loglog loglog )x3( 2 3y 2 )y3( 2 3x 2 y 3 )3y( 2 x 3 )3x( 2 )x3( 2 3y 2 )y3( 2 3x 2 log2loglog2log )1(2 ) loglog log1(2log +=+ += ++ + + += (1) Xét hàm số : f (t) = loglog t )3t( 22 2 + + với t(0; + ) đồng biến trên (0; + ) (0,5đ) (1) viết dới dạng f (x) = f (y) (I) )II( )3( )2( )log yx 3 x log1(2)3x( 2 = +=+ )4(43x 3x3x 3x3x)3( x.3 x x.4 )x.(4 2.4 2.4 2 4 3 log 3 log 4 1 4 3 log 2 2 3 log 2 x 2 log 2 3 log 2 x 3 log ) x 3 log1(2 . =+=+ =+=+ =+=+ + Xét hàm số q (x) = x.3 x 4 3 log 4 3 log1 + 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 1yx 1x yx == = = 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, DP đồng phẳng ta có: DN = DM +DP (1) Vì M là trung điểm của SA nên: DM = 2 DADS + = 2 ac + (2) Vì N là trung điểm của SB nên: DN = 2 DBDS + = 2 2 a bc ++ = 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 c + 2 a + b)x1( + xc 4 a + 2 b + 2 c = 2 a + (1-x) b + ( 2 + x) c =+ = = 2 1 x 2 2 1 )x1(b 4 1 2 = = = 3 1 x 4 3 2 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 clnbln aln2 bcln aln2 )cbln( aln2 log 2 a cb + = + = + (0,5đ) Tơng tự : clnaln bln2 alog 2 b ac + + blnaln cln2 log 2 c ba + + VT (1) 2( bln+aln cln + cln+aln bln + cln+bln aln ) (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 . (0,5®) ¸p dông bæ ®Ò ta cã : VT (1) ≥ 3 (§PCM) (0,5®) HÕt . Đề Thi học sinh giỏi Lớp 12 Môn: Toán Thời gian: 180 Phút Giáo viên ra đề : Trịnh Văn Hùng Bài 1 : (4điểm ) Cho. + 12 5 vào (2) ta có : VT (2) = sin( )1( 1 )3 12 3 + =+ 0 khi l=2m-1;m Z x= + )1m2( 12 5 là họ nghiệm của (1) Vậy (1) có hai họ nghiệm : x= 12