Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 15 potx

1 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Thời gian :180’ Môn : Toán 1-Bài 1: (3 điểm) Cho tích phân   2 0  xdxSinI n n . ( * Nn ) a-Tìm hệ thức giữa I n 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 2 211 4 x x  < 2x+9. b- Tìm m để hệ sau có nghiệm:        myCosxCos SinySinx 22 2 1 3- Bài 3 : ( 3 điểm) Cho dãy số thực a 0 ;a 1 ;a 2 ; ;a n ; thoả mãn :   1 1 210  n aaaa . Dãy b n xác định như sau : k a n k k k n a a b 1 1 1 1             a- CMR: n b0 < 2. b-CMR : Mọi C cho trước C  0 < 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 . 2 C SinSinBSinA  . 5- Bài 5 : (3 điểm). CMR x 1 >0 ; x 2 >0 ; x 1 y 1 -z 1 2 >0 ; x 2 y 2 -z 2 2 >0. Thì :      . 118 2 222 2 111 2 212121 zyxzyx zzyyxx      Dấu bằng xảy ra khi nào? 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 :         .; SABSBCSABSAD  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 CDQAS   ; ).Mặt phẳng   .PSDMNQ  a- CMR: MNPQ là hình thang vuông, RPQMN   . 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. 2 ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 1- bài 1: ( 3 điểm) a- Tìm hệ thức giữa I n và I n+2 . ta có I n+2 =          2 0 2 0 2 0 2 0 2 0 2222 .1.      xdxCosxSinxdxSindxxCosxSinxdxSinxSinxdxSin nnnnn (*) (0,5) đặt                xSin n v Sinxdxdu CosxdxxSindv Cosxu n n 1 1 1 . (0,25) vậy . 1 1 0 1 1 1 1 2 2 0 2 2 0 2 0 12                n nnn I n xdxSin n xCosxSin n xdxxCosSin    (0,5) vậy (*) trở thành I n+2 = I n - 1 1  n I n+2  (n+1)I n = (n+2) I n+2 (0,25) b- CM : f (n+1) = f (n) từ f (n) =(n+1) I n I n+1  : f (n+1) ) =(n+2) I n+1 I n+2 . mà (n+1)I n = (n+2) I n+2 (0,5) nên ta có f (n+1) ) =(n+1) I n I n+1 = f (n) (0,25) c- Tính f (n) ta có                     . 1 1 43 32 21 ff ff ff ff ff n nn                  (0,25) f (n) =f (1) =2.I 1 I 2 =2.     2 21 2 1 .2. 2 0 2 0 2 0 2 0 2         dxxCosCosxxdxSinSinxdx (0,5) vậy f (n) = 2  với n  . 2- Bài 2: (4 điểm) a- (2 điểm) Để vế trái có nghĩa : điều kiện :              0 2 1 0211 021 x x x x (0,25) 3 Ta nhận thấy rằng )211( 211 )211(2 211 2 x x xx x x      (0,25) Vậy 2 2 2 )211( )211( 4 x x x   (0,25) BPT :  : ( 1+ x21 ) 2 < 2x + 9 (0,25)  1+1 +2x + 2 x21 < 2x + 9 (0,25)  x21 < 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)              1;1 2 2 2 1 22 vu m vu vu 4 (0,5) (3) - 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) a- 1   k ta có : kk aa  1 1 vì vậy 1- 0 1   k k a a => : k a n k k k n a a b 1 1 1 1             0  n  (0,5) mặt khác :       k kk kk kkkk kk kk k k k a aa aa aaaa aa aa a a a 1 1 11 11 .2 . 1 ).1(                          kkkk kk aaaa aa 11 22 11 1 vậy b n 2 211 2 11 2 00 1 1                       aaaaa n n k kk vậy n b0 < 2. (0,5) b- Nếu chọn C thoả mãn C  0 < 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 x 1 =p thoả mãn 0<p<1 ( vì nếu p>1 thì p(P+1) >2>q ) (0,5) xét dãy ); 3;2;1 ( 1 2  n p a n n thoả mãn 1=a 0 <a 1 <a 2 <a 3 < <a n < đồng thời k k k k pp a a a )1( 1 )1( 2 1   (0,25) k a n k k k n a a b 1 1 1 1             = .)1()1()1( 1 )1( )1()1( 2 1 2 nnn n n k k qpqpqppp p pp ppp       (0,5) vì 0<p<1=> n n p lim  =0 do đó . lim q n b n   mà q>C nên nếu nđủ lớn thì b n > C. (0,25) 4-Bài 4: ( 3 điểm) 5 (0,5) * Điều kiện cần : (1điểm) Giả sử : CD 2 =AD.BD Ta có :   2 )1( 2 1 )()( 2 1 ; 2 212121 21 C Sin CosCCCCosCCCosSinCSinCSinBSinA DB SInC CD SinB AD SinC CD SinA   * Điều kiện đủ : (1,5 điểm) Từ SinA.SinB )1( 2 1 2 2 CosC C Sin  (0,25) 2SinA.SinB + CosC  1 Mặt  : SinA.SinB > 0 (0,25) => 2SinASinB + Cos C > CosC > -1 Vậy :   : 0     để Cos  =2SinASinB + Cos C 0  C   và Cos  > CosC nên  <C (0,25) => SinA.SinB = 21 2 . 2 )( 2 1 SinCSinC C Sin C SinCosCCos        ( ) 2 ; 2 21       C C C C Rõ ràng C 1 +C 2 = C . Vì vậy (0,25) Trong tam giác từ C ta có thể kẻ Cx. Sao cho chia C thành C 1 và C 2 Cx cắt AB tại D. Thì D là điểm cần tìm . (0,25) Từ : SinA.SinB=SinC 1 SinC 2 => CD 2 = AD.BD (0,25) 5-Bài 5: (3 điểm ) Đặt : F(x) = x 1 X 2 -2z 1 X +y 1. G(x) = x 2 X 2 - 2 z 2 X + y 2 H(x) = F(x) + G(x) (0,5) Đặt : D 1 = x 1 y 1 - 2 1 z D 2 = x 2 y 2 - z 2 2 D= (x 1 + x 2 ) (y 2 +y 2 )-(z 1 +z 2 ) 2 (0,25) 6 Vậy F (x) =x 1                    2 1 2 111 2 1 1 x zyx x z X mọi X ta có F (X) 1 1 1 2 111 x D x zyx    dấu bằng xảy ra X=z 1 /x 1 Tương tự G (X) 2 2 x D  dấu bằng xảy ra X=z 2 /x 2 (0,5) H (X) 21 xx D   dấu bằng xảy ra X= 21 21 xx zz   khi X= 21 21 xx zz   ta có   21 xx D 1 1 x D + 2 2 x D dấu bằng xảy ra khi z 2 /x 2 = z 1 /x 1 (0,5) Vậy                         2 2 1 1 21 2 2 1 1 21 8811 x D x D xx D x D x D xx D (0,5) Theo bất đẳng thức cô si cho hai số: 2121 21 21 21 1111 2 22 88 DDDD xx DD xx D  nghĩa là (0,5)      . 118 2 222 2 111 2 212121 zyxzyx zzyyxx      dấu bằng xảy ra khi z 2 /x 2 = z 1 /x 1 ; x 1 =x 2 ;D 1 =D 2  x 1 =x 2 ; y 1 =y 2 ; z 1 =z 2 . (0,25) (1 điểm) 1- (1điểm) Ta có AB= (SAB)  (ABCD) SI  AB và (SAB)  (ABCD) Nên SI  AD => AD  (SAB) mà AD nằm trong (SAD) =>(SAD)  (SAB) 7 SI  BC => BC  (SAB) mà BC nằm trong( SBC) =>(SBC)  (SAB) AD  (SAD) 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 60 0 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 =>    SCDSABSR ()( 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 S MNPQ = 222 2 2 1 2 ).2( 2 ).( 2 )( 2 max 2 2 a S axxaxxaxaxaMNMQNP               khi 2a-x=x x=a chính khi P  N  S. 8 .       k kk kk kkkk kk kk k k k a aa aa aaaa aa aa a a a 1 1 11 11 .2 . 1 ) .1(                          kkkk kk aaaa aa 11 22 11 1 vậy b n 2 211 2 11 2 00 1 1                       aaaaa n n k kk .                      2 2 1 1 21 2 2 1 1 21 8 811 x D x D xx D x D x D xx D (0,5) Theo bất đẳng thức cô si cho hai số: 212 1 21 21 21 111 1 2 22 88 DDDD xx DD xx D 