Bộ 5 đề thi chọn HSG môn Toán lớp 12 - Trường THPT Đồng Đậu

Theo yêu cầu: nếu có hình bình hành tạo thành từ 4 đỉnh trong S thì 4 đỉnh đó chỉ có thể thuộc tam giác đều cạnh 5cm (tức là bỏ đi tất cả các đỉnh của các tam giác cạnh 1cm nằm trên ba [r]

(1)

Trang | TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

ĐỀ THI HSG LỚP 12 MƠN TỐN Thời gian: 180 phút

1 ĐỀ SỐ

Câu (3,0 ) Giải phương trình: 3  

2 3

x  x  x

Câu (2,0 ) Chứng minh với số nguyên dương n phương trình

1

n n

x x    x

ln có nghiệm dương Ký hiệu nghiệm dương xn, chứng minh dãy số  xn có giới hạn hữu hạn tìm giới hạn

Câu (5,0 ) Cho tam giác ABC nhọn, không cân nội tiếp đường tròn tâm O Điểm M di động cạnh BC (M B M, C) Gọi (X), (Y) đường tròn ngoại tiếp tam giác MAB MAC Lấy điểm S thuộc (X) cho MS song song với AB; lấy điểm T thuộc (Y) cho MT song song với AC

a) Chứng minh điểm A, O, T, S nằm đường tròn

b) Gọi E giao điểm khác A (X) AC, F giao điểm khác A (Y) AB Các đường thẳng BE CF cắt N Chứng minh đường thẳng MN qua O AM qua tâm đường tròn Ơ-le tam giác ABC

Câu (2,0 m) Cho p số nguyên tố, p > số nguyên a a1; 2; ;ap theo thứ tự lập thành cấp số cộng có cơng sai khơng chia hết cho p Chứng minh tồn số k thuộc tập 1;2; ;p cho a a1 2 ap ak chia hết cho p2

Câu (3,0 m) Tìm tất đa thức P(x) hệ số thực thỏa mãn điều kiện:

     3  

3

P x  P x P x  P x

   

    với x

Câu (2,0 m) Tìm tất số tự nhiên n với n2 cho mặt phẳng tồn n điểm phân biệt, điểm gán số thực dương mà khoảng cách hai điểm chúng tổng hai số gán hai điểm

Câu (3,0 m) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn xy yzzx3 Chứng minh

3 3

7 10

(2)

Trang | ĐÁP ÁN

Câu Nội dung yêu cầu Điểm

Câu (3,0đ)

Phương trình  x3 x 3x 3 33x3

(1) 0,5

Xét hàm số f t  t3 t (0.25) 0,75 Chứng minh f t  hàm số đồng biến

(0.5) Phương trình (1) trở thành:

  3 

3

f x  f x  x 33x3  3

3 3

x  x x  x (2) 0,5 Xét hàm số g x x33x3

Ta có g x' 3x23, g x'    0 x Bảng biến thiên g x  :

0,25

Từ bảng biến thiên g 2  1 ta thấy phương trình g x 0 có nghiệm 2;

(0.25) 0,5

Với x2;, đặt x t t

  t > (0.25)

Thay vào phương trình (2) 3 3

3

1 5

3

2

t t t

t

 

       0,5

x - -1 + g’(x) + - +

(3)

Trang | (0.25)

Vậy phương trình (1) có nghiệm 3 3

2

x    (0.25)

Câu (2,0đ)

Đặt  

n n

n

f x x x    x , n * Với n * ta có fn x hàm số liên tục, đồng biến 0;  (0.25)

0,5 Lại có fn 0  2 lim n 

x f x   nên phương trình fn x 0 có nghiệm

nhất xn0; (0.25)

Với n = ta có x1 2; với n2 ta có x2 1 (0.25)

0,5 Với n3 fn 1   n suy xn 1 Do xn 0;1 ,  n

(0.25)

Hơn với *

n fn xn1 xnn1xnn11  xn1  2 xnn110 (0.25)

0,5 Suy xn1xn hay  xn dãy số đơn điệu giảm, dãy  xn có giới hạn hữu

hạn (0.25) Đặt Llimxn, L 0;1 Từ giả thiết, với n3

1

n n

n n n

x x   x   

1

1 n n

n x

x

 



 (0.25)

0,5

Lấy giới hạn ta L

  

1

(do limxnn 0)

  

3

L Vậy lim

n

x  (0,25)

(4)

Trang | a)

(3,0đ)

Xét trường hợp toán hình vẽ, trường hợp khác tương tự

Tứ giác ATMC nội tiếp có AC//TM nên ATMC hình thang cân, suy

180

ATM  ACB (0.25)

0,5 Tương tự, ASMB hình thang cân nên

180

ASM  ABC (0.25)

Lại có TMSBAC(góc có cạnh tương ứng song song) 0,5 Ta có ATM ACB180 ; ASMABC 1800(do tứ giác nội tiếp)

(0.25)

0,5 Suy tứ giác ATMS có

0

360

TAS ATMASMTMS

ACBABCBAC18002BAC (1) (0.25)

Do O nằm trung trực AC ATMC hình thang cân nên O nằm trung trực MT (0.25)

0,5 Tương tự O nằm trung trực MS nên O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MTS (0.25)

Suy TOS2TMS2BAC (2) 0,5

T

Y S X

O A

(5)

Trang | Từ (1) (2) ta có TAS TOS 1800 hay ATOS tứ giác nội tiếp 0,5

b) (2,0 đ)

Gọi H trực tâm tam giác ABC I tâm đường tròn Ơ-le tam giác ABC ta

có I trung điểm OH 0,5

Đường thẳng qua O, vng góc BC cắt BC P cắt AI Q Khi ta có AHQO hình bình hành nên OQ = AH = 2OP nên Q đối xứng với O qua BC (0.25)

0,5 Do OMCQMC (3) (0.25)

Lại có FCM FAM BAM BEM nên tứ giác CMNE nội tiếp (0.25) 0,5 Suy NMCAEB AMB (4) (0.25)

Từ (3) (4) ta có:

Đường thẳng MN qua O  OMCNMC QMCAMB

(0,25) 0,5

 A,M,Q thẳng hàng  AM qua I (0.25) Câu

(2,0đ)

Gọi d công sai cấp số cộng Ta có ai1 ai d với 1  i p

Do d không chia hết cho p nên số ai có số dư chia cho p đôi khác 0,5 Q

P I

H

N

E F

X

Y

O

C B

A

(6)

Trang | (Hay a a1, 2, ,ap lập thành hệ thặng dư đầy đủ theo modulo p) (0.25)

Suy tồn k1; 2; ;p mà ak p, số ai lại với i1; 2; ;p i; k có số dư chia cho p 1; 2; ;p1 theo thứ tự (0.25)

Xét tích số ta có p 1.2  1  ! mod   k

a a a

p p p

a     0,5

Mặt khác p nguyên tố nên ta có định lí Wilson: p1 !  1 (mod p) 0,5 Từ ta có p mod 

k a a a

p

a   hay

1

1 p

k a a a

p

a 

(0.25) 0,5

Lại ak p nên suy a a1 2 ap ak chia hết cho p2 (0.25) Câu

(3,0đ)

Giả sử đa thức P(x) thỏa mãn

     3  

3

P x P x P x P x

       

    (1) với x

Trường hợp P(x) số, đặt P x c

Thay vào (1) ta  

3 0;1;

c  c  c c c Thử lại thấy thỏa mãn

0,5

Trường hợp P(x) số, đặt ndegP x,n1 a0 hệ số bậc cao P(x) Ta viết P(x)axnQ x Q(x) đa thức hệ số thực có degQ x kn1

(0.25) 0,75

Cân hệ số bậc cao (bậc 3n) (1) ta có 

 

    

1

3

a a a

(7)

Trang | +) Nếu a1, ta có P(x)xnQ x Thay vào (1) ta

 

xn Q x 33xn Q x 2 x3n Q x3 3 x n Q x   3x2nQ(x)3xnQ x  2  Q(x)33x2n6xnQ(x)3Q(x)2

Q x 3 3Q  x 3. 1 n xn (2) (0.25)

0,5

Trong (2), k0thì bậc VT 2n + k, bậc VP hmax3k;n nên cân bậc ta phải có 2nk hmax3k;n Vơ lý 2nk3k 2nkn Do k = 0, ta đặt Q(x)c (0.25) Thay vào (2) đến

2

3 2

3 3

3cx n c xnc  x n cxn c =  n n

x c

c3 3.1

 3 c1x2n3c22c(1)nxnc33c22c0 (3) (0.25) 0,5

Đẳng thức (3) với x   

    

  

   

 

0

2

c c c

n 

*

2 ( )

c

n m m

 

  



Khi ta có P x x2m1 Thử lại thỏa mãn (0.25) +) Nếu a1, ta có P(x)xn Q x Thay vào (1) ta

 

xnQ x 33xnQ x 2x3nQ x3 3 x nQ x 

 3x2nQ(x)3xnQ x  2 Q(x)33x2n6xnQ(x)3Q(x)2 =      n n

x x

Q x

Q 3  3.1 (4) Trong (4), k0thì bậc VT 2n + k, bậc VP h ≤ max3k;nnên cân bậc hai vế đến 2nk hmax3k;n Điều vơ lý 2nk 3k

n k n 

2 Do k = 0, ta đặt Q(x)c 0,25

Thay vào (4) đến

2

3 2

3

3cx n c xnc  x n cxn c = c3c3. 1n.xn

 3c1x2n 3c22c(1)nxnc33c22c0 (5) (0.25)

(8)

Trang | Đẳng thức (5) với x   

    

  

   

 

0

2

c c c

n 

*

2 ( )

c

n m m

  

 



Khi ta có P x x2m1 Thử lại thỏa mãn

Đáp số: P x 0;P x 1;P x 2;P x x2m1;P x x2m 1 (0.25)

Câu (2,0đ)

+ Với n2, gán A B, tương ứng với số dương a b, Khi AB a b + Với n3, chẳng hạn ABCđều gán ba đỉnh số dương a

Khi ABBCCA2a

0,25

+ Với n = ta chọn mặt phẳng bốn điểm ba điểm ba đỉnh

tam giác có cạnh 1, điểm gán số

2; điểm lại tâm tam giác gắn số 1

2

3 bốn điểm thỏa mãn toán thỏa mãn

(Trong bốn điểm bỏ hai điểm với số gán với ba điểm hoặc hai điểm cịn lại thỏa mãn, n = 2, n = thỏa mãn.)

0,25

+ Với n = Giả sử có điểm A, B, C, D, E với số dương gắn với chúng a, b, c, d, e thỏa mãn toán

Nếu có điểm chúng thẳng hàng, giả sử A, B, C theo thứ tự Khi ta có AB + BC = AC nên (a + b) + (b + c) = (a + c)  b = vô lý Như điểm khơng có ba điểm thẳng hàng

0,5

Nếu có điểm chúng tạo thành tứ giác lồi, giả sử tứ giác lồi ABCD Khi theo giả thiết AC + BD = (a + c) + (b + d) = AD + BC

Mặt khác, gọi I giao điểm hai đường chéo AC, BD ta có

AC + BD = (AI + IC) + (BI + ID) = (AI + ID) + (BI + IC) > AD + BC Điều mâu thuẫn nên tất điểm tạo thành tứ giác lõm

0,5

Xét điểm A, B, C, D tạo thành tứ giác lõm D nằm tam giác ABC Khi điểm E nằm đâu có điểm tạo thành tứ giác lồi nên không thỏa mãn (có thể vẽ hình minh họa)

Vậy n = khơng thỏa mãn tốn, n5 không thỏa mãn Như giá trị cần tìm n 2, 3,

(9)

Trang | Câu

(3,0đ)

Đặt p  x y z q; xyyzzx3; r xyz

Ta có p   x y z 3xyyzzx3

(0.5)

0,75 Ta có biến đổi: x3y3z3 x y z33x y zxyyzzx3xyz

3

p pq r p p r

     

BĐT cho trở thành

9 10 10

p  p r (1) (0.25)

Ta chứng minh BĐT Schur p3 9r4pq

Bổ đề: “x y zy z xz x yxyz với x y z, , 0” (*)

Thật vậy, x y z, , 0 nên khơng thể có q ba thừa số vế trái âm Nếu có thừa số âm, BĐT hiển nhiên Nếu ba thừa số khơng âm, ta có

  

2

y

x y z y z x   y (BĐT AM – GM)

với hai BĐT tương tự, nhân lại ta có BĐT chứng minh (0.5) 0,75

Ta có

3 3

3

(*) ( )( )( )

[ ( ) ](

9

2 )

p z p x p y

p p x z xz

r r

p p pq r r

p r p

y

q

p



 

  

    

 

 



  

(0.25)

Trường hợp Nếu p4,

16

p  p nên

3

9 10 10 10

p  p r p r nên BĐT (1)

0,5

Trường hợp Nếu 3 p q3thì từ BĐT Schur nói ta có

 

3

9 12 12

9

p  r p r pp

(10)

Trang | 10

Do đó:   10 3 1 

9 10 10 12 10 39 90

9

p  p r   pp p  p  p  p

      2  

1

3 30 16

9 p p p p  p p 

            

suy BĐT (2)

Vậy BĐT (1) chứng minh Đẳng thức xảy  x = y = z =

(11)

Trang | 11 2 ĐỀ SỐ

Câu (3,0 điểm) Cho hàm số yx33mx23 2( m3)x1.Tìm tất giá trị tham số mđể

hàm số nghịch biến khoảng  ; 

 

1 2

Câu (4,0 điểm)

1 Giải phương trình: 19 3 x2 4x24x24 2  x 12 3x 2 Giải hệ phương trình: x y x x y

x y x y x x y

     

 

         



3

2

3

4 14

Câu (2,0 điểm) Cho a b c, , số thực dương thỏa mãn a b c  1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức

     

a b

P a b

b c bc c a ca

   

   

2

3

5

Câu (2,0 điểm) Bạn An vẽ lên giấy đa giác lồi  H có số cạnh nhiều Sau bạn An đếm tam giác nhận đỉnh đa giác làm đỉnh nhận xét: số tam giác khơng có cạnh chung với  H nhiều gấp lần số tam giác có cạnh chung với  H Hỏi bạn An vẽ đa giác lồi có cạnh?

Câu (6,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ(Oxy),cho tam giácABC AC  AB.Gọi D ; 

 

3

2 chân đường

phân giác góc A E, 1 0,  điểm thuộc đoạn AC thỏa mãn ABAE Tìm tọa độ đỉnh , ,

A B C biết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC x2y2 x 2y30 0 A có hồnh độ dương

2 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A ABC, 600,BC 2a Gọi H hình chiếu vng góc A BC Biết SH vng góc với mặt phẳng ABCvà SAtạo với mặt phẳng SBC góc 300 Tính thể tích khối chóp S ABCvà tính khoảng cách từ Bđến mặt phẳng

SACtheo a

Câu (3,0 điểm) Cho dãy số (xn)biết

( , )

n n n

x a

x  x x n n

  

     



1

2

1

3 1

1

4 8

(12)

Trang | 12 ĐÁP ÁN

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (3,0đ)

Ta có y'3x26mx3 2( m3)

Hàm số nghịch biến khoảng  ;  y'   , x  ; 

   

1 1

0

2 2

( ) x , ;

m x x m x

x

  

         

  

2

2 1

2

2 2

Xét hàm số f x( ) x x

 



2 3

2 khoảng ;

      1 2 Ta có   ( )( )

'( ) x x , ;

f x x

x

   

     

 



1 1

0

2

Từ bảng biến thiên suy m 13

4 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 2 (4,0đ) 1 (1,0đ)

Giải: Điều kiện:   3 x

Phương trình cho tương đương với

19 3 x4 2 x3x6 2 x 3x

Đặt t 2 x 3x ta có t2 14 3 x4 2 x3x, Phương trình trở thành: t t t

t         

6

5

Với t1 ta có 2 x 3  x 3x 13 2 x3x0 Phương trình vơ nghiệm   3 x

Với t5 ta có

    

x x x x x x

           

2 4 25

 

( )

x

x x x

tmđ x x x x k                              2 2 11

4 11

16 11

11

1

25 50 25

Vậy phương trình có nghiệm x1

0,5

(13)

Trang | 13 2

(2,0đ)

 

x y x x y

x y x y x x y

     

 

         



3

2

3

4 14

Điều kiện: x x y          

4 14

 1 y33y 1 x33 1 x( )3

Xét hàm số f t( ) t3 3t t, R ta có f t'( )3t2   3 t R , hàm số f

đồng biến R nên từ  3 ta có y 1 x Thế vào  2 ta có phương trình:

 

x2 x  x  x 

2 11 ( điều kiện x 6 )

   

x x x x x x

2 22  4  2 5 6   3 7 11

  x   x  x   x 

x x

x x x x

     

    

     

2

2 11

2

2 11

 

 *

x x x x

x x

x x x x

x x

x x x x

                                2 2 2 2

2 11

2

1

2

2 11

Với x 6 ta có

x  x x  x       

1 1 65

2

6 36

2 11 2 3

5

Do phương trình  * vơ nghiệm, phương trình  4 có hai nghiệm

,

x 1 x2

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1 2;  ; 1; 

0,5

       

a a a

b c bc b c b c b c

 

     

2 2

2 2 2

4

5

4

Tương tự ta có

   

b b

ca  ca ca

2

4

5

(14)

Trang | 14 3 (2,0đ)              

a b a b

P a b a b

b c c a b c c a

a b c a b

a b ab c a b c

                                      2 2 2 2 2 2

4 3

9

2             a b

c a b

a b c

c a b

c a b c

                                 2 2 2

2 2

1

9

4

Xét

   

( ) , ;

f c c c

c             2

8

1 1

9 f c'( )  c

1

3

Lập bảng biến thiên từ suy f c( ) 1, c  0 1;

9

Ta có P f c( ) 1

9 dấu đẳng thức xảy a  b c

Vậy minP 1

9 0,5 0,5 0,5 4 (2,0đ)

Gọi n (n4) số cạnh đa giác

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác Cn3

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác có cạnh chung với (H)

( )

n n4

Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác có cạnh chung với (H) n Số tam giác có đỉnh đỉnh đa giác khơng có cạnh chung với (H)

( )

n

C3n n 4 n

Theo giả thiết Cn3n n(   4) n 5n n( 4) Giải phương trình này, ta n35

0,5

(15)

Trang | 15 5

1 (3,0đ)

Gọi H AIDE

Ta có AB AE BAD, EAD AD chung nên

ABD AED AED ABC

    

Ta có HAEICA AIC  ABC

0

180

90

2

Suy AEDHAE ABC900ABC900 AHE900 Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I ; ,R

 

1 5

1

2

Phương trình đường thẳng AI: 2x  y

Tọa độ A nghiệm hệ:

x y x y

x y x y x

y

  

 

  

 



 

       

 

   

2

2 30

4

Do A có hồnh độ dương nên A 2 6; Phương trình đường thẳng AD: x 2

Gọi A' giao điểm thứ AD đường tròn  C A' ;2 4  Phương trình đường thẳng BC x: 2y 5

Tọa độ B C, nghiệm hệ

x y x y

x y x y x

y

  

 

  

 

 

       

 

   

2

5

2

2 30

4

Suy    

   

; , ;

B C

  



  

5

3

Do ACAB nên B  5 0; ,C  3 4; 

1,0

0,5

(16)

Trang | 16 (6,0đ)

(3,0đ)

Góc SAvà mp SBC là ASH 300 suy SAH600

Ta có  

tan

AH AB AC a a a

a a

AH SH AH

    

    

2

2 2 2

0

1 1 1

3 3 60 2 SABC ABC a a

V  SH S     a a 

1 3

3

3 2

Ta có CA CH CB CH CA a CB

   

2        ,   ,   ,  ,

d B SAC CB

d B SAC d H SAC

CH

d H SAC    

4

3

Hạ HE AC HK, SE, ta có

 

,

AC HE ACSHAC SHE ACHK mặt khác HKSE suy HK(SAC) Vậy d B SAC , 4HK

3

Ta có HECH.sin300 3a,

4

a HK HK2  HS2 HE2  

1 1

10

Vậy d B SAC , 2a

5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 1 (1,5đ) Ta có

( n )( n n )

n n n

x x x

x    x  x       

2

1

2

3

2

4 8 2xn 4

( n )( n )

n n n

x x

x    x  x      

2

1

2

3

4

4 8 2xn 4 Do 2xn 4thì 2xn14 Do 2 x1 nên 2xn 4 Ta lại có:

( )( )

n n n

n n n n n n n

x x x

x 1x  x2 x3x     x 1x

2

3

0

4 8

Dãy (xn) tăng bị chặn nên có giới hạn hữu hạn

0,5

(17)

Trang | 17 6

(3đ)

Đặt limxn b Ta có

( ) ( ) b l

b b b b l

b

  

   

  

2

0

3

2

4

Vậy limxn 4

0,5

2 (1,5đ)

Từ ý 1, ta có 2 a dãy (xn)có giới hạn hữu hạn Hiển nhiên với

a a a

       

0

dãy (xn)là dãy nên có giới hạn hữu hạn

Với 0 a 2, dễ dàng chứng minh 0xn 2 dãy giảm nên có giới hạn

Với   2 a 0hoặc 4 a 0x2 4 nên (xn)có giới hạn hữu hạn Vậy với a[-2; ]6 , dãy (xn)có giới hạn hữu hạn

0,5

(18)

Câu (2,0 m)

a Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sin cos

2 sin

x x

y

x

b Cho hàm số

1

x y

x có đồ thị C điểm A 1;1 Tìm giá trị m để đường thẳng

:

d y mx m cắt đồ thị C hai điểm phân biệt M N, cho AM2 AN2 đạt giá trị nhỏ

Câu (2,0 m)

a Cho hàm số

1 2019x

f x Tính tỉ số P

Q, với P f' ' 2f 2019 ' 2019f

' ' 2019 ' 2019

Q f f f

b Giải phương trình: log log 32 2 x 1 x

Câu (2,0 m)

a Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm

b Tìm cơng sai d cấp số cộng un có tất số hạng dương thỏa mãn:

1 2020 1010

2 2

3 14

log log log

u u u u u u

u u u

Câu (3,0 m) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA (ABCD), SA = a Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với x a

a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD

9 lần thể tích khối chóp S.ABCD

Câu (1,0 m)

a Cho số thực phân biệt a b, Chứng minh rằng: log loga ab log logb ab

B C

(19)

Trang | 19 b Cho số thực a1 a2 an 1, n Chứng minh rằng:

1 2 1

log log log log log log log log

n n n n

a a a a a a a a an a a a

ĐÁP ÁN

Câu 1a (1,0 m) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ hàm số sin cos

2 sin

x x

y

x

Hướng dẫn

Đặt sinx cosx t 2; 2 sin 2x t2 1,

2

1

, 2;

1

t

y f t t

t

Ta có

2

1

' '

1

t

f t f t t

t t

Tính 2; 2,

3

f f f

Suy ra:

4

y x k ; max 2 ,

2

y x k x k

Câu 1b (1,0 m) Cho hàm số

1

x y

x có đồ thị C điểm A 1;1 Tìm giá trị m để

đường thẳng d :y mx m cắt đồ thị C hai điểm phân biệt M N, cho AM2 AN2 đạt giá trị nhỏ

Hướng dẫn Cách 1:

Dễ thấy đường thẳng d :y mx m qua điểm I 1; giao điểm hai đường tiệm

cận Ta có ' 2 0,

1

y x

x

nên để đường thẳng d cắt C hai điểm phân biệt M N,

0

m Khi I 1; ln trung điểm đoạn MN

Ta có

2

2 2 4 2 32 2

AM AN AM AN AMAN AI AMAN AMAN (*)

(20)

Trang | 20 nhất, ta có: AMAN 1.3 0, AM2 AN2 32 12 20 Vậy

2

min AM AN 20 m

Cách 2:

Xét phương trình hồnh độ giao điểm d cắt C : ,

1

x

mx m x

x

2 2 1 0

mx mx m (vì x khơng nghiệm)

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt 2 0

1

m

m m m

Theo định lý Viet ta có: 2

2

x x m x x

m

Mặt khác

2

1 1 2

AM AN x x m x m x

2

2 2

1 2

2

10 m 1 1

AM AN m x x m x m x

m

2

2 2

1 2

2

18 m 2

AM AN m x x x x x x

m

2 18 m 2 m 16 2 16 4 .

AM AN m m m

m m m m

2

min AM AN 20 m m

Câu 2a (1,0 m) Cho hàm số

1 2019x

f x Tính tỉ số P

Q , với

' ' 2019 ' 2019

P f f f Q f' 'f 2019 'f 2019

Hướng dẫn

2

1 2019 ln 2019 2019 ln 2019

' ' ' ,

1 2019 1 2019 1 2019

x x

x

x x

f x f x f x f x x

Do f x' hàm số chẵn, suy g x x f x ' hàm số lẻ Vậy

2019

1

k

P g k

2019 2019

1

k k

P

Q g k g k P

Q

(21)

Trang | 21 Hướng dẫn

Đặt log 32 x y 3x 2y

, từ phương trình cho ta có:

2

log 3y x 3y 2x Như ta có điều kiện , 1;

3

x y ta hệ phương trình:

3

y x

x

y Xét hàm

1

1 , ; ' ln

3

t t

f t t t f t , ta có:

2

3

' log ;

ln ln

t

f t t , f t' ln 2t đồng biến nên ta có

t điểm cực tiểu f t , f nên phương trình f t có hai nghiệm t 1,t

Mặt khác từ hệ phương trình, trừ theo vế ta có: x y 2y 2x 3x 2x 3y 2y

g x g y , với g t 3t 2t đồng biến 1;

3 , suy x y

Cuối phương trình cho f x x 1,x Câu 3a (1,0 điểm)

Cho tam giác ABC cạnh 8cm Chia tam giác thành 64 tam giác cạnh 1cm đường thẳng song song với cạnh tam giác ABC (như hình vẽ) Gọi S tập hợp đỉnh tam giác cạnh 1cm Chọn ngẫu nhiên đỉnh thuộc S Tính xác suất cho đỉnh chọn đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC có cạnh chứa cạnh tam giác cạnh cm

Hướng dẫn

Trên cạnh BC ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm (kể B C), đường thẳng song song BC (phía BC) ta có đỉnh tam giác cạnh 1cm, cuối đến A có đỉnh tam giác cạnh 1cm Ta có n S 45

Như số phần tử không gian mẫu là: 45

n C

Theo yêu cầu: có hình bình hành tạo thành từ đỉnh S đỉnh thuộc tam giác cạnh 5cm (tức bỏ tất đỉnh tam giác cạnh 1cm nằm ba cạnh BC, CA, AB cạnh có liên quan đến đỉnh đó)

B C

(22)

Trang | 22 • Trường hợp 1: Các cạnh hình bình hành nằm MN có đỉnh thuộc MN

- Các hình bình hành có cạnh nằm MN

+ Tạo hai đoạn MN, DE: Ta cần chọn thêm đường thẳng song song trùng với DM (hoặc song song trùng EN) tạo hình bình hành trường hợp có C52 cách Như có:

2

5 20

C C hình bình hành

+ Tạo hai đoạn MN, GF: Lặp lại lập luận ta có có: C42 C42 12 hình + Tạo hai đoạn MN, HI: Lặp lại lập luận ta có có: C32 C32 hình + Tạo hai đoạn MN, KT: Lặp lại lập luận ta có có: C22 C22 hình Vậy hình bình hành có cạnh nằm MN có 20 + 12 + + = 40 hình - Các hình bình hành có đỉnh thuộc MN

+ Đỉnh số số 4: có hình bình hành + Đỉnh số số 3: có hình bình hành

Vậy hình bình hành có đỉnh thuộc MN có 2.(4 + 3) = 14 hình Do trường hợp ta có: 40 + 14 = 54 hình

• Trường hợp 2: Các cạnh hình hành nằm DE khơng thuộc MN có đỉnh thuộc DE

So với trường hợp số tổ hợp giảm 1, ta làm tương tự có:

2 2 2

4 3 2 3 28

C C C C C C hình

• Trường hợp 3: Các cạnh hình hành nằm GF khơng thuộc MN DE có đỉnh thuộc GF

Tương tự ta có 2 2

3 2 2 12

C C C C hình

• Trường hợp 4: Các cạnh hình hành nằm HI khơng thuộc MN, DE GF có đỉnh thuộc HI

Ta có C22 C22 hình

Số hình bình hành bốn trường hợp là: 54 + 28 + 12 + = 97 hình

3

P

M N

P P P

T I

F E K

H G D

T I

F E K

H G D

T I

F K

H G

T I K

(23)

Trang | 23 Vậy xác suất cần tìm là: 4

45

97 97

148995

p

C

Lưu ý:

Đề yêu cầu đỉnh hình bình hành nằm miền tam giác ABC nên số hình bình hành tương đối nhỏ Nếu đỉnh hình hành khơng ngồi tam giác ABC nhiều hình

Câu 3b (1,0 m) Tìm cơng sai d cấp số cộng un có tất số hạng dương thỏa mãn:

1 2020 1010

2 2

3 14

log log log

u u u u u u

u u u

Hướng dẫn

Từ phương trình đầu hệ ta có: 2020 2019 4.1010 1009

2

u d u d

1 1 14

2u 2019d 4u 2018d d 2u u ,u u ,u u 27u vào phương trình thứ hai hệ, ta có:

2 2

3 3 3

log log u log log u log 27 log u Đặt log3u1 t, ta có phương trình:

2 2 2

1 t t t 3t 12t 12 t Do 1 3

9

t

u

Vậy 1

9

d u

Câu (3,0 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, SA vng góc với mặt phẳng (ABCD), SA = a Một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB M, N Đặt AM = x, với x a

a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD

Hướng dẫn

a Tứ giác MNCD hình gì? Tính diện tích tứ giác MNCD theo a x

Vì ABCD hình vng nên AB // CD, suy AB // AB // MN hay ta có MNCD hình thang Mặt khác: CD AD, CD SA nên CD mp(SAD) suy MN (SAD) suy MN MD

(24)

Trang | 24

Ta có MN SM a x MN a x

AB SA a MA = x nên

2

DM x a Do ta tính diện tích

MNCD là:

2

CD MN DM a x x a

S

b Xác định x để thể tích khối chóp S.MNCD

Ta có

3

1

3

S ABCD ABCD

a

V SAS (1) Kẻ SH vng góc với DM, (H thuộc DM), ta có:

MN (SAD) (theo chứng minh câu a) nên MN SH, suy SH (MNCD), từ SH đường cao khối chóp S.MNCD

Trong hai tam giác vuông đồng dạng SHM DAM ta có:

2 2

a a x

SH SM a x

SH

DA DM x a x x a thể tích khối chóp S.MNCD là:

2

1

'

3

a a x a x x a a a x a x

V

x a (2)

Từ (1), (2) u cầu tốn ta có phương trình:

3

2 2

6

a a x a x a

2

9 4, 0;1 0;1

3

x x x a

t t t t x

a a a

Vậy với

3

a

x thể tích khối chóp S.MNCD

Câu 5a (0,5 m) Cho số thực phân biệt a b, Chứng minh rằng: log loga ab log logb ab Hướng dẫn

Đặt log 0, t

ab t t b a Khi bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:

logat logat t t logat (*)

Nếu t t & logat *

A

B C

D S

H M

(25)

Trang | 25 Nếu t t & logat * Vậy ta có điều cần chứng minh

Câu 5b (0,5 m) Cho số thực a1 a2 an 1, n Chứng minh rằng:

1 2 1

log log log log log log log log

n n n n

a a a a a a a a an a a a

Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức câu 5a, ta có:

1 2 2 2

log loga a a loga loga a loga loga a loga loga a

1 2 2 3

loga loga a loga loga a loga loga a loga a loga loga a

Lặp lại lần nữa:

2 3 3 3

loga loga a loga loga a loga loga a loga loga a

2 3 3 4

loga loga a loga loga a loga loga a loga a loga loga a

Cứ tiếp tục lặp lại ta thay số logarit số lấy logarit (chú ý lần thay số a1 khơng đổi), ký hiệu vế trái P, cuối ta có:

1 1 1

log log log log log log log log log

n n n n n n

a a n a a a a n a a a

(26)

Câu (2,0 điểm)

a) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số  1 3 2 2019

y mx  m x  m x đồng biến 2;

b) Cho hàm số

1

mx m

y

x

  

 có đồ thị (C) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng

:

d y x cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA, OB 45 Câu (2,0 điểm)

a) Giải phương trình lượng giác sau  

  

cos 2sin

3 sin 2sin

x x

 

 

b) Giải hệ phương trình sau  

2

4 3

,

3 2

x y x y y

x y

x x y x

     

 



     



Câu (2,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có ABa, AC2a,

a

AA  góc 60

BAC  Gọi M điểm cạnh CC cho CM 2MC a) Chứng minh AM B M

b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M  Câu (1,0 điểm) Cho dãy số  un có số hạng tổng quát

   

*

1

1 ,

1 n

u n

n

  



Tính limu u u1 3 un

Câu (1,0 điểm) Cho đa giác lồi  H có n đỉnh (n ,n4) Biết số tam giác có ba đỉnh đỉnh  H khơng có cạnh cạnh  H gấp lần số tam giác có ba đỉnh đỉnh  H có cạnh cạnh  H Xác định n

Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC x  y 0, điểm G 1; trọng tâm tam giác ABC, điểm E0; 3  thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho, biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương

Câu (1,0 điểm) Cho a b c, , 0 a b c  3 Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

1 1

1

(27)

Câu Đáp án Điểm

1 a)Tìm tất giá trị tham số m để hàm số

   

3

1

1 2019

3

y mx  m x  m x đồng biến 2;

1

Ycbt      

2 0, 2;

y mx m x m x

          0,25

       

2 2;

2

, 2; max

2

x

m f x x m f x

x x 

 

       

 

0,25

Ta có:    

        2

2 3

;

3

2

x x x tm

f x f x

x ktm x x                 0,25 0,25

b) Cho hàm số

1 mx m y x   

 có đồ thị (C) Tìm tất giá trị tham số m để đường thẳng d y: 2x1 cắt (C) hai điểm phân biệt A, B cho góc hai đường thẳng OA, OB 45

1

Phương trình hồnh độ:

    

2

2 1 0, 3

1

2 x mx m

x x x m x m

x x                    0,25

Đường thẳng d cắt (C) hai điểm phân biệt A, B m  1 m Khi đó,

 

1;1 , ;

2

m

A B  m 

 

0,25

Điều kiện để OA, OB tạo với góc 45 là:

 

2

3

.cos 45

2 2

m m

OA OB OA OB      m     m

 

0,25

 

2

7 12

4 m

m m tm

m           0,25

a) Giải phương trình lượng giác sau  

  

cos 2sin

3 sin 2sin

(28)

Trang | 28 ĐKXĐ: sin 1 sin x x      

 Phương trình cho biến đổi thành:

 

sin 2xcosx 2sin xsinx1

 

sin 2x cosx sinx cos 2x

   

0,25

sin cos sin cos sin sin

3

x x x x  x  x  

          

   

0,25

   

2 2

3

5 2 18 3

x x k x k ktm

x k tm

x x k

                                   0,25

Vậy nghiệm phương trình là: , 

18

x  k  k 0,25

b) Giải hệ phương trình sau  

2

4 3

,

3 2

x y x y y

x y

x x y x

               

ĐK: 2

3

y

x x y

  

   

 Biến đổi phương trình đầu dạng:

  2 2

4 3

3 1

3

y

y y x

y x

x x y

l x                     0,5

Thay yx23 vào phương trình thứ hai, ta được:

3

2x 3 3x 2 Vế trái pt hàm đồng biến 2;

 



  mà x2 nghiệm nên nghiệm Suy ra:

2

2 31

3

y    

  (tm)

0,25

Vậy, nghiệm hệ là:  ;  31;

x y   

 

(29)

Trang | 29

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C    có ABa, AC2a,

a

AA  góc 60

BAC  Gọi M điểm cạnh CC cho CM 2MC a) Chứng minh AM B M

b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M 

2

a) Chứng minh AM B M

Từ giả thiết CM 2MC suy ra:

6,

2

a

CM a MC

Áp dụng định lí cosin tam giác ABCBCa

0,5

Sử dụng Pitago, dễ dàng tính được:

2

2 29 2

, AM 10

a

AB   a

2

B M a

 

0,25

Từ suy ra:

2 2

AB AM B M hay tam giác AB M vuông M

0,25

b) Tính khoảng cách từ đỉnh A đến mặt phẳng AB M  Đặt N AMA C , gọi K hình chiếu vng góc A lên B N H hình chiếu vng góc A lên AK Ta có B N AK B N A H A H AB M

A H AK

     

  

 

  



0,25

Do NC M ACM theo tỉ số

k  nên dễ dàng suy ra: C N a theo định lí cosin suy ra: B N a

0,25

1

2 .3 sin 60

2 2 21

14

A B N

a a

S a

A K

B N a

  

   



(30)

Trang | 30 Trong tam giác vng AA K ta có: 2 2 2 10

10

a A H

A H  AA  A K   

Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng AB M  10 10

a

0,25

4

Cho dãy số  un có số hạng tổng quát

   

*

1

1 ,

1 n

u n

n

  



Tính limu u u1 3 un

1

Ta có:

 2  2 *

2

1 ,

1

n

n n

u n

n n



    

 

0,25

Suy ra:  

 

1 2 2

2

1.3 2.4 3.5 4.6

2 1

n

n n n

u u u u

n n

 

 



0,5

Do đó, lim 1 3  n

u u u u  0,25

5 Cho đa giác lồi  H có n đỉnh (n ,n4) Biết số tam giác có ba đỉnh đỉnh  H khơng có cạnh cạnh  H gấp lần số tam giác có ba đỉnh đỉnh  H có cạnh cạnh  H Xác định n

1

Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) là:

n

C 0,25

Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) có cạnh cạnh (H) là: n 0,25 Số tam giác có đỉnh đỉnh (H) có cạnh cạnh (H) là:

 4

n n

0,25

Theo giả thiết, ta có:

      

3

4 39 140

35 n

n ktm

C n n n n n n n

n tm

 

          





Vậy đa giác (H) có 35 đỉnh

0,25

6 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD có phương trình đường chéo AC x  y 0, điểm G 1; trọng tâm tam giác ABC, điểm E0; 3  thuộc đường cao kẻ từ D tam giác ACD Tìm tọa độ đỉnh hình bình hành cho, biết diện tích tứ giác AGCD 32 đỉnh A có tung độ dương

(31)

Trang | 31 Vì DE AC nên

 

: ;

DE x   y D t  t

Ta có,

     

 

1

, , ,

3

1 1;

2

1

3 5;

d G AC d B AC d D AC

t D

t

t D

 

  

 

   

   



0,25

Vì D G nằm khác phía so với AC nên D1; 4  B 1;8 B x: 1 0,25 Vì AACA a a ; 1 Từ gt SAGCD32SABD 24 nên

    5;6  

1

, 24

2 3;

a A tm

d A B DB a

a A l

  

     

    



0,25

Từ ADBCC 3; 2 Vậy tọa độ đỉnh hình bình hành là:

    5;6 , 1;8 , 3; ,  1; 4

A B C   D 

0,25

7 Cho a b c, , 0 a b c  3 Chứng minh bất đẳng thức:

2 2

1 1

1

a  b cb  c ac  a b 

1

Đưa bất đẳng thức dạng: 2 2 2 1

3 3

a  a b  b c  c 

Ta chứng minh BĐT phụ: 2 4,  0;3

3

x

x x x

 

  

 

Thật vậy, ta có: BĐT phụ tương đương với: x1 2 x 3 đúng,  x  0;3 Dấu xảy x1

0,25

Vì a, b, c ba số dương có tổng nên: 0a b, , c3 Áp dụng BĐT phụ cho số a, b, c:

2 2

1 4

; ;

3 9

a b c

a a b b c c

     

  

     

0,25

Cộng vế theo vế ba bất đẳng thức , ta có:

 

2 2

12

1 1

1

3 3

a b c

a a b b c c

   

   

      (đpcm)

0,25

(32)

Câu ( 5,0 điểm)

1 Tìm tất các điểm cực đại điểm cực tiểu hàm số ycosxsin x Tìm m để phương trình 2x4 4x2  1 2m0 có nghiệm phân biệt Câu ( 5,0 điểm)

1 Chứng minh C20201 2C20202   1010C20201010 1010.22019.

2 Tìm tất cặp số thực  x y; thỏa mãn xy 4

 2   

20 8

x y   x y xy Câu ( 6,0 điểm)

1 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB vuông cân S nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABC. khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a.

2 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( ).I Gọi M D E, , trung điểm

, , ;

BC IB IC F G, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACE. Chứng minh AM vng góc FG.

Câu (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn xác định x1  2 xn1 2xn, n 1. Chứng minh dãy số

 xn có giới hạn tìm giới hạn

Câu (2,0 điểm)

Xét số thực dương a b c, , có tổng Tìm giá trị nhỏ biểu thức

2 2 2 18

.

b c c a a b abc

P

a b c ab bc ca

  

   

(33)

Câu 1.1 Tìm tất các điểm cực đại điểm cực tiểu hàm số ycosxsin x

' sin cos

y   x x;

2 4 ' 0

3

2 4

x k

y

x k

 

    

  

   

'' sin cos

y  x x; '' 2 2 0; '' 3 2 2 0

4 4

y   k    y   k  

   

Vậy điểm cực đại hàm số là: 3 2 4

x  k  ; Các điểm cực tiểu hàm số là: 2 4

x   k  Câu Tìm m để phương trình 2x4 4x2  1 2m0 có nghiệm phân biệt

4

2x 4x  1 2m 0 2x 4x  1 2m

Cách 1: Xét hàm số f x( )2x4 4x2 1 có BBT hàm số f x( ) f x( )

Số nghiệm phương trình số giao điểm cửa đồ thị hàm số f x( ) đường thẳng ym Vậy phương trình cho có nghiệm phân biệt 2m1 hay 1.

2

(34)

Trang | 34 Cách 2: (HS 10,11) 2x4 4x2  1 2m (1) Đặt

 

, 0

tx t

PTTT: 2t2   4t 1 2m (2)

Xét hàm số f t( )2t2  4t 1 [0;) | ( ) |f t có đồ thị Biện luận trường hợp số nghiệm (2) (1) Từ kết luận

1 . 2

m

Cách 3: Nhận thấy x0là nghiệm (1) x0 nghiệm pt (1) Do nghiệm

0

i

x  số nghiệm phương trình (1) số chẵn Vậy đk cần để pt có nghiệm pt (1) có nghiệm

0 0

x  , vào tìm 1. 2

m Giải phương trình 1

2

m kết luận Câu 2.1 Chứng minh C20201 2C20202   1010C20201010 1010.22019.

Cách 1: Ta có:

  11

! ( 1)!

! ! ( 1)!( )!

k k

n n

k C k n nC

k n k k n k

 



  

  

1

2020 2019

2

2020 2019

1010 1009

2020 2019

2020

2 2020

1010 2020 .

C C

 



 1009

2019 2019 2019

2020

VT  C C  C

Xét C20190 C12019  C20191009C20191010  C20192019 22019 Mà Cnk Cnn k nên

 1009 2019

2019 2019 2019

2 C C   C 2

Vậy VT 2020C20190 C20191   C20191009 1010.22019 Cách 2:

Xét (1x)2020 C20200 xC20201 x C2 20202   x2020C20202020 Suy được:

2019 2019 2020

2020 2020 2020

2020(1x) C 2xC   2020x C

1 1010 1011 2020 2019

2020 2 2020 1010 2020 1011 2020 2020 2020 2020.2

C  C   C  C   C 

Ta có:

 !  ! !

( 1) ( 1)

! ! ( 1)!( )! ( 1)!( 1)!

k n k

n n

n n n

k C k n k n k C

k n k k n k n k k

 

       

     

(35)

Trang | 35

1 2020

2020 2020

2 2019

2020 2020

1010 1011

2020 2020

2020

2 2019

1010 1011

C C

 



Vậy: C20201 2C20202   1010C20201010 1010.22019

Câu 2.2 Tìm tất cặp số thực  x y; thỏa mãn xy 4

 2   

20 8

x y   x y xy

Đặt

; ( 4 )

S  x y Pxy S  P Từ giả thiết ta có: S2 4PS P(  8) 200

2

( 8) 4 20 0

S S P  P  Xét pt theo S  (P8)2  4( 4P20)P2 16 Điều kiện phương trình có nghiệm P 4 Kết hợp điều kiện giả thiết ta có P4,P 4

4 2

P   S (loại); P    4 S 6, x y, nghiệm pt

6 4 0

X  X  

Vậy cặp x y; :  3 13; 3  13 ,  3 13; 3  13

Câu 3.1 Cho hình chóp S ABC. có đáy ABC tam giác cạnh a, tam giác SAB vuông cân S nằm mặt phẳng vng góc với mặt phẳng đáy Tính thể tích khối chóp S ABC. khoảng cách hai đường thẳng SB AC theo a.

*Thể tích:

3

3 . 24

a

V 

*Khoảng cách SB AC:

Cách 1: Dựng Dđối xứng với C qua I

( , ) ( ,( )) ( ,( )) 2

d SB AC d AC SBD  d I SBD  HK ACBD hình thoi, nên IB ID IS, , đơi vng góc

2 2 2

1 1 1 1 28 21

.

3 7

a d d  SI  SB  SD  a  

Cách 2: *Kẻ đt BDsong song với AC

( , ) ( ,( )) ( ,( )) 2

d SB AC d AC SBD  d I SBD  HK

3 4

a

HI  ;

2

(36)

Trang | 36

2 2

2

2 2 2

1 1 1 . 3 21

28 7

IH SI a a

IK d

IK  IH SI   IH SI   

Câu 3.2 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn ( ).I Gọi M D E, , trung điểm

, , ;

BC IB IC F G, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD ACE. Chứng minh rằng AM vuông góc FG.

Gọi Hlà giao điểm thứ MDvà đường tròn qua A B D, , Gọi Klà giao điểm thứ MEvà đường tròn qua A C E, , Ta có:

1

AHM  B

2

AKM  CEDM nên A H K, , thẳng hàng

Tam giác MDEvà MKHđồng dạng (Vì MEDMHK) Suy raME MK MD MH , hay M nằm trục đẳng phương hai đường tròn tâm F G,

Suy AM FG (Trục đẳng phương vng góc với đường nối tâm) Câu (2,0 điểm)

Cho dãy số  xn xác định x1  2 xn1 2xn, n 1. Chứng minh dãy số

 xn có giới hạn tìm giới hạn

HD: 0xn  2, n 1.

(37)

Trang | 37

1 2

x  ,x2  2 2 , x3  2 2 2 ,như x3 x1 nên từ (*) ta suy x2n1 dãy giảm Cùng với tính bị chặn nên tồn lim 2n 1 .

nx  a

Từ x3   x1 x4 x2 Tương tự tồn lim 2n .

nx b

Từ hệ thức truy hồi giả thiết, chuyển qua giới hạn ta được:

2 1

1 2

a b a

b

b a

    

 

  

  



Do lim 2n 1 lim 2n 1

nx  nx  nên nlimxn 1.

Cách 2: 1 1 2 1 1

2 1

n

n n

n

x

x x

x



     

 

1

1 1

2 1

n n

n

x x

x

   

 

Do 0 2, 1 1 1 (0;1)

2 1 2 2 1

n

x n q

x

       

   

2

1 1 1. 1. 1.

n

n n n

x x q x  q x q

        

1

lim xn   1 0 limxn  1 limxn 1

Cách 3: 0xn  2, n 1.

Đặt xn 2 cosn, n 0; Ta có 1 ; 1 cos

4 x

 

  

1 2 2cos 2(1 cos ) 2sin 2cos

2 2 2

n n

n n n n

x  x            

 

1

2 2 3 2 3

n

n n n

   

     

         

 

1

1 1

.

2 3 2 6

n n

n

 

        

         

     

1

2cos lim 1.

3 2 6

n

n n

x      x

       

 

Câu (2,0 điểm)

(38)

Trang | 38

2 2 2 18

.

b c c a a b abc

P

a b c ab bc ca

  

   

 

HD:P 2b c 1 2c a 1 2a b 1 18abc 3.

a b c ab bc ca

  

       

 

3 3 3 18

3

b c a abc

a b c ab bc ca

  

    

 

1 1 1 18 1 1 1 18

3 3 3

1 1 1 1 1 1

b c a

a b c a b c a b c

a b c a b c

   

             

       

1 1 1 18

3

1 1 1

a b c

 

    

    (1)

Ta có: 1 1 1 9 3

a   b c a b c  (2)

Đặt t 1 1 1 3

a b c

    Xét hàm f t( ) 3t 18 t

  [3;) Ta có: f t( ) 15  f(3) (3)

Vậy minP15 đạt đẳng thức (1), (2), (3) xảy

1 1 1

3

b c a

a b c

   



    



  



,hay a  b c 1.

Cách 2: … 3 1 1 1 18 1 1 1 2 1 1 1 18

1 1 1 1 1 1

a b c a b c a b c

a b c a b c

     

            

         

3 2.18 15

  

(39)

Trang | 39 Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sư phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

- Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng xây dựng khóa luyện thi THPTQG mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

- Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn

II. Khoá Học Nâng Cao HSG

- Toán Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

- Bồi dưỡng HSG Tốn: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học Tổ Hợp dành cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Phạm Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

- HOC247 NET: Website hoc miễn phí học theo chương trình SGK từ lớp đến lớp 12 tất

các môn học với nội dung giảng chi tiết, sửa tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư liệu tham khảo phong phú cộng đồng hỏi đáp sôi động

- HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp Video giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa tập, sửa đề thi miễn phí từ lớp đến lớp 12 tất mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học Tiếng Anh

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

Định dạng
Số trang	39
Dung lượng	2,12 MB