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 phơng 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 nh 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 trớc 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 lợt 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. 1 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) 2 vËy f (n) = 2 π víi n ∀ . 2- Bµi 2: (4 ®iÓm) a- (2 ®iÓm) §Ó vÕ tr¸i cã nghÜa : ®iÒu kiÖn : ≠ −≥ ⇔ ≠+− ≥+ 0 2 1 0211 021 x x x x (0,25) Ta nhËn thÊy r»ng )211( 211 )211(2 211 2 x x xx x x ++−= −− ++ = +− (0,25) VËy 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) KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn : TËp hîp nghiÖm cña BPT : x ) − ∈ 8 45 ; 2 1 \ { } 0 (0,25) b- (2 ®iÓm) 3 (0,5) Đặt Sinx = u ; Siny = v . Khi đó hệ trở thành : (1) (2) (0,5) (3) - Các điểm thoả mãn ( 3) nằm trong hình vuông MNPQ . đờng 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 đờng 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 đờng 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( + = = 4 =+ =+ 1;1 2 2 2 1 22 vu m vu vu ( ) = 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 đợc q sao cho C<q <2 .phơng trình x(x+1)=q có hai nghiệm trái dáu vì -q<0.nghiệm dơng 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) (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 = + = 5 ( ) 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) 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 Tơng 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) 6 (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) 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 đờng 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 đờng thẳng đi qua Avà song song với SA 7 khiM ≡ B th× R ≡ SvËy quÜ tÝch cña R lµ ®o¹n SL 2-b- (1 ®iÓm) Tam gi¸c AMN lµ tam gi¸c ®Òu => MN=NA=AM=x tam gi¸c SNP vu«ng c©n v× NS=NP= a-x ta cã S MNPQ = 222 2 2 1 2 ).2( 2 ).( 2 )( 2 max 2 2 a S axxaxxaxaxaMNMQNP =⇒= +− ≤ − = +− = + khi 2a-x=x x=a chÝnh khi P ≡ N ≡ S. 8 . 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) KÕt hîp víi. .Tính diện tích lớn nhất đó. 1 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