Gọi M,N là hai trung điểm của SA , SB tương ứng .Mặt phẳng DMN cắt SC tại P.. Tính tỉ số điểm P chia đoạn thẳng CS.
Trang 1Sở GD-ĐT Thanh Hóa
Trường THPT Thống Nhất
Đề Thi học sinh giỏi Lớp 12
Môn: Toán Thời gian: 180 Phút
Giáo viên ra đề : Trịnh Văn Hùng Bài 1 : (4điểm )
Cho đường cong ( Cm) :
m x 2
1 mx
y x2
( m là tham số và |m | 2) Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được hai tiếp tuyến với đường cong (Cm ) mà chúng vuông góc vơí nhau
(Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải )
b) Cho In= dx
1
1
nx
e
e
với n là số tự nhiên
Tìm limIn
n
( Toán nâng cao lớp 12 Phan Huy Khải )
Bài 2: (4 Điểm )
a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a
1
( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phương trình
4 x
16
8 x 12 x
9 2
( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phương trình :2sin(3x+
4
) = 18sin2xcos22x
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) :
Trang 2a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A =
) 1 x (
1 n nx x
n
1
( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải hệ phương trình
log log
log log
) x ( 2 3
y 2
) y ( 2 3
x 2
(Đại số sơ cấp tác giả Trần Phương)
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 tương ứng Mặt phẳng (DMN ) cắt SC tại P Tính tỉ số điểm P chia đoạn thẳng CS
( Toán bồi dưỡng 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 :logab2c+logba2c+logc2
b
a 3 ( Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phương)
Hết
Trang 3Đáp án
Câu 1
Gọi M(x0;0 ) là điểm cần tìm Đường thẳng ()qua M có hệ số góc k có
phương trình y= k( x-x0)
Để() là tiếp tuyến của đường cong thì phương trình sau có nghiệm kép (0,5đ)
) x x ( k m
x
2
1
mx
x
0
2
( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép
0 ) mkx 1
)(
k 2 1 ( 4 ] m ) m x 2
(
k
[
0 k 2 1
0 2
0
(I )
) 3 ( 0 4 m ) mx 2 ( k 4 ) m x 2 ( k
) 2 ( 2
1 k
0 2
2
Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k1, k2
và k1.k2 = -1 (0,5đ)
thay (2) vào (3) ta có : (2x0-m) 2 +m2 + 12 0 (4)
Vì (4) đúng nên hệ (I) (3)
Điều kiện cần tìm là :
2 2
0
0 2
0
2
0
m 4 ) m x 2 (
2
m x
1 )
m
x
2
(
4
m
0 m
x
2
( 2x0 +m)2 = 4-m2 ( vì m 2) (5)
Nếu m > 2 thì (5) vô nghiệm
Nếu m < 2 thì (5) có hai nhghiệm cần tìm với x0 =
2
m 4
±
Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 =
2
m 4
±
(0,5đ)
b) Ta có x ( 0;1) thì : nx x
e 1
e
> x
x ) 1 n (
e 1
e
In > In+1 Mặt khác vì nx x
e 1
e
> 0 x (0;1) In >0 n
Trang 4Vậy {In} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới , nên tồn tại
n
n
I
lim
(0,5đ)
Ta có In+ In+1 = dx
1
e
1
) x n ( nx
e
e
1
0
x ) 1 n (
1 n
1 ( n 1 )
In =
n
1
1
e1 n
- In-1 (*) (0,5đ)
n
I lim
= n 1
n
I lim
n
1
1
e
lim
n
1
=0 nên từ (*) suy ra 2 n
n
I lim
= 0
n
n
I
lim
= 0 (0,5đ)
Bài 2:
a) Giải và biện luận phương trình theo tham số a:
1
x a 2 a x 2
a x x
a 1 1
x
0 x a
) 4 ( 0
a 4 a ) 1 a ( 4 )
x
(
f
) 3 ( 2
a x
) 2 ( a
x
2 2
x 4
(0,5đ)
Ta xét các trường 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 ( a 4 a x ) 1 a ( 4 x 4 f
) 5 ( a
x 2 a
2 2
) x (
Xét tam thức f(x) có f(
2
a
)= -2a < 0 và f(a) = a2 > 0
Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2 thoã mãn x1<
2
a < x2< a (1đ) Kết luận
Trang 5+) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm
+) Nếu a 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x=
2
1 a 2 1
a (0,5đ)
b) Giải bất phương trình
4
x
16
8 x 12 x
9 2
(1) Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2;2] )
16 x
9
) 4 x 6 ( 2 x 2 2
4
x
2
4 x
6
(0,5đ)
0 x 2 8 2 x 8 )(
x 2 8 2 x )(
2
x
3
(
0 x 2 8 16 32 x 8 x 9 )(
2
x
3
(
0 ] x 2 2 4 x 2 ( 2 16 x
9 )[
2
x
3
(
2 2
2 2
2
(0,5đ)
Do 8+x+2 82x2 0 nên (2) (3x-2) (x-2 82x2 )0
2 x 3
2
4
3
2 x
2
Tập nghiệm của bất phương trình T = [ -2;
3
2 )(
3
2 4 ; 2] (1đ)
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phương trình :2sin(3x+
4
) = 18sin2xcos22x
) 3 ( x 2 cos x 2 sin 8 1 ) 4 x 3
(
sin
4
) 2 ( 0
) 4 x 3 sin(
2 2
(0,5đ)
Giải (2):
(2) 2[1-cos(6x +
2
) ] = 1+ 8sin2x(1-sin22x)
2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x
2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin32x
sin2x =
2
1
12
5 x
k 12 x
(k,lZ ) (0,5đ)
Trang 6+)Thay x=
12
+ kả vào (2) ta có :
2 ( 1)k
x=
12
+ 2nả là nghiệm của (1)
+) Thay x=
12
5
vào (2) ta có :
) 3 12
3
0 khi l=2m-1;mZ
x= (2m1)
12
5
là họ nghiệm của (1)
Vậy (1) có hai họ nghiệm : x=
12
) 1 m 2 ( 12
5
; (n,mZ) (1đ)
b) Ta có sinA +sin B = 2 sin
2
B
A
cos
2
C cos 2 2
B A
dấu ( = ) xảy ra khi và chỉ khi
2
1 (sin A + sinB )
2
C cos
chỉ khi A = B (1)
Tương tự :
2
5 (sin B + sinC )
2
A cos 5
(2)
2
3 (sin C + sinA )
2
B cos 3
(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 dương , hãy tìm giới hạn A =
) 1 x (
1 n nx x
n
1
ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ ……….+xk-1) (0,5đ)
(0,5đ)
2
) 1 n ( n ) 1 n (
3 2 1 1
x
)]
x
x 1 (
) 1 x ( 1 )[
1
x
(
lim
A
1 x
) 1 x (
) 1 x ( ) 1 x ( lim )
1 x (
) n x
x x 1 )(
1
x
(
lim
A
2 n
1
x
1 n 2
1 x 2
1 n 2
1
x
Trang 7Vậy : A =
2
) 1 n (
(0,5đ)
b) Giải hệ phương trình
log log
log log
) x ( 2 3
y 2
) y ( 2 3
x 2
y 3 )
3 y ( 2
x 3 )
3 x ( 2 )
x ( 2 3
y
2
) y ( 2
3
x
) 1
( 2
)
log log
log 1 ( 2
(1)
Xét hàm số : f(t)= log( t 3 ) logt
2
2 2 với t(0; + )
đồng biến trên (0; + ) (0,5đ) (1) viết dưới dạng f(x) = f(y)
) 3 (
) 2 ( ) log
y x
3x
log 1 ( 2 ) 3 x
(
2
) 4 ( 4
3
x
3 x 3
x
3 x 3
x
)
3
(
x 3 x
x 4
) x (
4 2
4
2 4 2
4 3 log 3
log 4 1
4 3 log
2 log32
2 x 2 log
2 3 log
2 x 3 log )
x 3 log 1 ( 2
Xét hàm số q(x) = x1 log34 3.x log34 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)
1 x
y x
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1 (0,5đ)
Bài5 :
Trang 8a) Đặt DA = a ; DC = b ; DS = c;
Từ giả thiết ta được 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
DA
DS
=
2
a
c
(2)
Vì N là trung điểm của SB nên: DN =
2
DB
DS
=
2 2
a b
c
=
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 +
2c =
2
c +
2
a + (1x)b + xc
4
a +
2
b +
2
c = 2
a + (1-x) b + (
2
+x) c
Trang 9
2
1
x
2
2
1 )
x
1
(
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
a ln 2 bc
ln
a ln 2 )
c b
ln(
a ln 2 log
2
a c
(0,5đ)
Tương tự :
c ln a
ln
b ln
2 a
b ln a
ln
c ln 2 log
2
c
b
a
VT(1) 2(
b ln + a ln
c ln + c ln + a ln
b ln + c ln + b ln
a ln
) (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
1
+ z + x
1 +
y + x
1
) 9 (**) Theo Côsi thì (**) thoã mãn
áp dụng bổ đề ta có : VT(1) 3 (ĐPCM) (0,5đ)
Hết