De thi HSG Toan 12 co HD cap Truong

Cho tứ diện đều SABC có cạnh bằng a.Gọi M và N lần lượt là hai điểm di động trên các cạnh AB và AC sao cho mặt phẳng (SMN) luôn luôn vuông góc với mặt phẳng (ABC)1. Tìm giá trị nhỏ nhấ[r]

(1)

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Tốn ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 150 phút ) Đ1

Bài 1.

Giải hệ phương trình:













2

2011 2010

z x z

x y x

y z y

  

 

 

 

 

 

HD: Chỉ ra: x y z  0 nghiệm hệ



 



 

 

 

Bài 2.

Trong tam giác ABC có a  b c Giả sử:

3 3

3 3 2010

sin sin sin

a b c

A B C

 



  Tìm giá trị lớn

nhất a. Giải:

Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Theo định lý sin tam giác ta có: a = 2RsinA, b = 2RsinB, c= 2RsinC thay vào biểu thức ta có: 2R 3 2010 Do

cạnh tam giác không lớn đường kính nên giá trị lớn a 3 2010và

tam giác vng

Bài Cho x, y, z ba số dương cho xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ biểu thức:













3 3

1 1

S

x y z y z x z x y

  

  

HD: Đặt: a 1,b 1,c

x y z

  

Khi đó:





2 2 2 1

4 4

c a b c a b a b c b c a

S a b c

a b b c c a a b b c c a

  

           

     

Bài 4:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a Trên đường chéo BD AD’ của mặt bên lấy hai điểm M, N thay đổi cho DM = AN = x



x a



Chứng minh MN luôn song song với mặt phẳng cố định.

Đặt AA'              a AB b AD c;                 ;  Ta có: ;

'

AN x MD x

AD a BD a

 

(2)

Đặt

x k

a  ta có: AN k AD MD k BD ';     

























'

2 ' ' ' '

MN MD DA AN k BD AD k AD k c b c k c a

k c k a b k AD k BA k A D k BA

          

         

           

      

Do ba véc tơ                             MN A D BA, ' ', ' đồng phẳng nghĩa đường thẳng MN luôn song song với mp(BCD’A’) hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.

D'

C'

B'

A'

B

D

A

C

N

M

Bài

Cho f(x) hàm số liên tục [0; 1], có đạo hàm (0; 1) f(0) = 0, f(1) = Chứng minh tồn điểm x1, x2,… , x2010 mà < x1 < x2 <….< x2010 cho:

f’(x1) + f’(x2) +….+ f’(x2010) = 2010

Giải:

Theo định lý Lagrange, với mổi i  { 1, 2, 3,…, 2010} tồn ; 2010 2010

i

i i

x   

 

cho : '

 

2010 2010 i 2010

i i

f   f   f x

   

Do đó: 2010

 



 



1

' 2010 2010 2010

2010 2010

i

i i

f x f f f f

 



     

        

   

 

(3)

Bài Cho phương trình: 4m(sin6x + cos6x – 1) = 3sin6x. 1) Giải PT m = –4

2) Tìm tất giá trị m để PT có nghiệm [ ; ] 4

x    Giải Ta có:sin6 cos6 1 3sin 22

4

x x  x(Dùng đẳng thức bậc 3)

Và sin6x = (3sin 2x 4sin )3 x

 (công thức nhân sin là: sin3 =3sin 4sin3 )

PT viết lại:4 (1 3sin 22 1) 3(3sin 2 4sin )3

m  x  x x

Đặt t = sin2x, ta có [ ; ] 4

x    t  [ 1;1]và với t  [ 1;1]thì có [ ; ] 4

x   

thỏa PT t = sin2x

Do số nghiệm [ ; ] 4

x    PT cho số nghiệm t  [ 1;1] PT 4t3– mt2–3t=

0 (*)

Ta có (*) 

0 4t - mt -3 =0 (1)

t 

  

Vì t = không nghiệm (1) nên chia vế cho t làm gọn ta được: 4t2 m t

 

Xét hàm số f(t) =4t2 m t



 với  t  [ –1;1].

Dựa vào BTT (nhìn vào đường vẽ đứt) ta có:

–1  m  PT (1) có nghiệm –1 t  t  nên PT (*) có nghiệm

Bài Giải hệ phương trình:





2

2 3

1

x x y y x y

x y y x xy

     

 

   

 

HD: Áp dụng BĐT AM-GM ta có: 2x 3x 1 ,2x2 y 3y 1 3y2

   

Bài 3: Cho dãy số ( )un xác định bởi:

2 1;

2

n n

n

u

u u

u

+

= =

+ dãy số ( )vn xác định

bởi:v0 =4;vn+1=vn2- 2vn +2

Chng minh rng:" ẻ Ơn *,ta có: n

n

v v v v u

v

-=

t f’(t) f(t)

–1

+ +

+ –

(4)

· Xét hàm số: ( ) 1 x f x x -=

+ , ta có:

2 2 1 2

1 1

( ) ( ) (1)

1

n

n n n

n n

n n n

n

u

u u u

f u f u

u u u

u + + + - ỉ ư - + ỗ - ữữ = = =ỗỗ ữữ= ữ ỗ + è + ø + + · Áp dụng liên tiếp (1) với

1 1 ( )

f u = - =

+

; ta được:

1

2

2 2

1

( ) ( ) ( ) ( ) (2)

3 n n

n n n

f u f u f u f u

+ + + -ổửữ ỗ ữ = = = = = ỗ ữỗ ữ ỗố ứ Ã Suy ra:

1 1 2 1 2

1 1 3 1

1 3 1

n n n n n n u u u + + + + + + ổử - ỗ ữữ -=ỗ ữỗ ữ ị = ỗ + ố ứ + 2 3 n n n u -Þ = +

· Xét hàm số: g x( )= -x 1, ta có:

(

)

1 1

n n n n

g v+ =v+ - =v - v +

(

) (

)

1 ( )

n n n

g v+ = v - =g v

· Vậy: 22 2

1

1 ( ) ( ) ( ) n( ) 3n

n n n n

v - =g v =g v- =g v- = =g v =

2

3n

n

v

Þ = +

· Ta lại có:

(

)

(

) (

)(

)

®pcm

1 1

2

2 2

1

0

3

.2

2

( ) n n n n n n n n n

n n n n

n n

n

u v u v

u v v v v v

v v v v u v -= + = -+ Û = + + -Û = Û =

Bài Cho tứ diện SABC có cạnh a.Gọi M N hai điểm di động cạnh AB AC cho mặt phẳng (SMN) ln ln vng góc với mặt phẳng (ABC)

1 Đặt AM = x, AN = y Chứng minh rằng: 3xy = a(x + y)

(5)

HD:

1 Gọi H tâm tam giác ABC Vì SAMN = SAMH + SANH , nên 3xy = a(x + y)

2 Ta thấy:

4

AMN

S  xy,Đặt t = xy, , a

x y a

  suy x , y nghiệm phương trình a.u2 - 3t.u + at = 0(*) Phương trinh (*) có nghiệm

2 2

4

,

2 AMN

a a a a a

u a khi  t  S  khi x  y

 

Bài

Cho f(x) hàm số liên tục [0; 1], có đạo hàm (0; 1) f(1) = Chứng minh tồn c  ( 0; 1) cho:

 

2010

f c  c f c  Giải:

Xét hàm số: g(x) = x2010f(x) lúc hàm số g(x) hàm số liên tục [0; 1], có đạo

hàm (0; 1) g(1) = g(0) = Theo định lý Roll tồn c  ( 0; 1) cho g’(c) = 0 Mặt khác , ta có: g’(x) = 2010.x2009.f(x) + x2010.f’(x) nên 2010.c2009.f(c) + c2010.f’(c) = 0

Vậy,

 

(6)

Bài Giải hệ phương trình:

2

3 17

3

2

3

2

x

x y

x y x xy

x y 

  

  

 



 

  

 Bài Cho dãy {un} biết:



 



1

,

1 2010

n n

i

u n

i i i i



 

  



Tính: n

n

Lim u    ?

HD */ n =1 :













1

1 1 1

, ( 2010 )

1.2 1 ! ! !

u a

a a a a a

 

      

    

*/ Cần chứng minh :





1 !

! !

n

n u

a a a n

 

   



 

Bài 3.

Cho phương trình: a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+an-1x + an = (*)

Giả sử phương trình (*) có n nghiệm phân biệt Đặt f(x) = a0xn + a1xn-1 + a2xn-2 +…+an-1x + a.

3 Tính đạo hàm cấp n - f(x).

4 Chứng minh phương trình f(n-2)(x) = có hai nghiệm phân biệt.

5 Suy rằng: (n - 1).a2

1 > 2.a0.a2

Giải:

1 Ta có f’(x) = n.a0xn-1 + (n - 1)a1xn-2 + (n - 2)a2xn-3 +…+an-1

Ta lại có: (xk)(n-2) =0 với k = 1,2,…,n - 3

(xk)(k) = k!, (xk+1)(k) = (k + 1)!x , (xk+2)(k) = (k + 2)!(x2/2 )

Suy ra,

2 ( 2)

0

( ) ! ( 1)! ( 2)!

2

n x

f  x a n a n x a n

    

2 Gọi x1 < x2 <….< xn là n nghiệm phương trình (*), ta có:

f(x1) = f(x2) = … = f(xn) = 0

Theo định lý Lagrange tồn c1 (x1; x2) thoả mãn: f(x2) - f(x1) = (x2- x1).f’(c1) suy

f’(c1) = , tiếp tục ta có: f’(c1) = f’(c2) = … = f’(cn-1) = 0

Điều có nghĩa f’(x) = có n - nghiệm.Cứ tiếp tục f(n-2)(x) = có hai

(7)

Bài 4:

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh a,

1 Chứng minh DB’BC’ tính độ dài đường vng góc chung DB’ BC’. 2 Khối tứ diện MNPQ có M, N nằm DB’ P, Q nằm BC’ Tính thể tích khối tứ diện

D' C'

B' A'

B D

A

C F

E I

K T

S L

R

Giải:

Đặt AA'              a AB b AD c;                 ;  Ta có a b c a ab bc ac; 0 DB'DA AB BB    '   a b c

' '

BC BB BC a c 

    

Do đó:               DB BC'  '



a b c a c

 



a

a c b a b c c a c

' '

DB BC

 

Giả sử EF đường vng góc chung DB’ BC’



E DB F BC































' '

1

E DB DE DB a b c

F BC BF BC a c

EF ED DA AB BF a b c b c a c

a b c

 

 

 

    

     

    

          

      

    

   

       

   

  

(8)

































1

'

' 1

2

a b c a b c

EF DB

EF BC a b c a c

    

 

          

   

 

   

 



         

  

     

 

 

     

 

      

Vậy 1 1





6 6

a EF  a b  c  EF  a b c 

 

       

2 Khối tứ diện MNPQ nhận E, F trung điểm MN PQ Gọi x độ dài của cạnh tứ diện Ta có:

EP2=EF2+PF2 2

4

x a x a

x

    

Vậy thể tích khối tứ diện MNPQ là:

3 6

36

MNPQ PQE

a

V S MN 

M

Q

P

N

E

(9)

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Toán ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 180 phút ) Đ4

Bài 1:

Giải hệ phương trình :

2

1 18

1

x x y x y x y y

          

 

         

 

2

1 18

1

x x y x y x y y

          

 

         

 

2

1 10

8

9 (8 ) 10 (1)

8

x x y y x y

x y

x x

y x

        

  

 

 

     

  

  



Đặt a ( ;3);x b(8 x;3)

 

; a b (8;6)

 

Khi đó: a  x2 9,b  (8 x)29

 

; a b  64 36 10 

 

cp

(1)

3 3(8 )

4

a b a b

a b

x x

x

   



   

 

   

 

Suy ra: y 4

Vậy nghiệm hệ phương trình cho  yx 44   

Bài 2:

Cho ba số dương a b c, , thay đổi Tìm giá trị lớn biểu thức: P

3 3

bc ca ab

a bc b ca c ab

  

  

Giải:

 Đặt x  a y;  b z;  c x y z; , , (0;)

 Khi đó: P 2 2 2

3 3

yz zx xy

x yz y xz z xy

  

  

(10)

3P P

P Q

2 2

3 3

3

3 3

3

yz zx xy

x yz y xz z xy

x y z

x yz y xz z xy

  

  

 

      

  

 

  

 Aùp dụng BĐT BCS ta được:





Q

2

2 2

3

x x yz y y zx

x yz y zx

z z xy

z xy

x y z xy yz zx

 

  

 

 

 

 

 

  

 

     

Q ( 2 )2

( ) ( )

x y z

x y z xy yz zx

 

 

    

 Mặt khác:





2

3 x y z

xy yz zx    

 Suy ra: Q 

 Do đó: 3P P

4

  

 Daáu “=” xảy  a b c 

Vậy minP

 a b c 

Bài 3:

Dãy số

 

un

n  

un

n

Chứng minh rằng: 2.5n n

u  với n   Xác định số hạng tổng quát dãy số -Với   n , ta có:





2

1

2

1

5 24 96 24 96

10 96 (1)

n n n n n n

n n n n

u u u u u u

u u u u

 

      

    

-Từ (1) thay n n+1, ta với   n

2

2 10 96 (2)

n n n n

u   u  u  u   

- Dãy ( )un dãy tăng thật sự, nên un un2

- Từ (1) (2), suy ra: un va un2 hai nghiệm phương trình ẩn t:

2

1

10 n n 96

t  u  t u    - Theo định lí Viét, ta có:

un2un 10un1  un210un1un 0;   n

(11)

10 1 0 6

x

x x

x

       

  

- Từ đó: 1









n n

n

u C  C 

-Cho n = n = 1, ta được:









1

2

1

5 6 10

 

 

  



   

 

C C

Vậy: un 



 

n



n

* Chứng minh:

n

u    n

- Khi n = 0, ta có: 0 2.5

u   (Đúng)

- Giả sử bất đẳng thức với n = k, nghĩa ta có: 2.5k

k

u 

- Ta cần chứng minh bất đẳng thức với n = k+1 Nghĩa ta chứng minh:

1 2.5 k k

u 

 

Thật vậy:

2

1

5 24 96 2.5

2.5

k

k k k k

k k

u u u u

u

 

    

 

Vậy theo nguyên lý quy nạp, ta có: 2.5 ;n n

u    n

Bài 4:

Cho Ox, Oy, Oz vng góc với đơi Lấy A Ox ; B Oy ;C Oz

cho OA a OB , bOC, c.

1/ Tính diện tích tam giác ABC theo a b c, , 2/ Giả sử A, B, C thay đổi ln ln có

     2010

OA OB OC AB BC CA Xác định giá trị lớn thể tích tứ diện

OABC

O C

B

A

(12)

 Vẽ OH AB  Ta có:

12 12 12 a22 2b2

OH a b a b



  

2 2 2

2

a b

CH OC OH c

a b

   

  Suy ra:

2 2 2

2

a b b c c a

CH

a b

 





 Vaäy: . 2 2 2

2

ABC

S  AB CH  a b b c c a

Ta coù: Đạt k = 2010

2 2 2

3

3 3

3 2

3

3 3(1 2)

k a b c a b b c c a

abc ab bc ca

abc abc abc

         

   

 

   

Neân

3

3(1 2) 27(1 2)

k k

abc   abc

 

 Do đó:

3

1

6 27.6.(1 2)

OABC

k

V  abc

 Dấu “=” xảy  a b c   Khi đó: AB BC AC a 2  Suy ra: k 3a3 2a

Do đó:     670

1

a b c Bài 5:

Cho hàm số f :  thỏa mãn f x( 2 )xy f x( ) ( ), f xy x y,  

Biết f(2010)m, tính f(2011)

- Thay x = vào f x( 2 )xy f x( ) ( ) f xy (1), ta được:

f(0) = f(0) + 2f(0)  f(0) (2)

- Thay y = -1 vào (1), ta có:

f(x)f x( ) ( f  x) f x( ) f( x) (3)

- Thay

2

(13)

(0) ( ) ( )

2

x x

f f x  f  f x  f 

   

Kết hợp với (2), suy ra: ( ) (4)

2

x f x  f   

 

-Xét x 0   t Thay

2

t y

x

 vào (1) (4); ta có:

( ) ( ) ( ) ( ) (5)

2

t

f x t f x  f  f x  f t

 

-Với x = 0, ta có: f(0 + t) = f(0) + f(t) Do (5) với x t,  

-Dựa vào (4) (5), ta chứng minh quy nạp theo k, ta có: f kx( )kf x( ), x ; k 

Suy ra: (2010.2011) 2011 (2010) 2010 (2011) (2011) 2011

2010

m

(14)

Trường THCS THPT Việt Trung KỲ THI CHỌN HSG DỰ THI CẤP TỈNH TỔ: TỐN Mơn : Toán ( năm học : 2010 - 2011) ( Thời gian làm 180 phút ) Đ 5

Bài 1:

Giải hệ phương trình:

3 2010 2010

3

1

x y y x

x y

    

 

 

 

- Ta có:

3 3

2010 2010 2010 2010

3 3 (1)

1 (2)

x y y x x x y y

x y x y

        

 



 

   

 

 

- Từ (2), suy ra:

1

x y

   

  

- Xét hàm số: f t( ) t3 3t trên





  

- Ta có: f t/( ) 3t2 3; f t/( ) 0 t 1

    

- Bảng biến thiên:

t ///////////// -1 //////////////// f/(t) //////////// - 0 ////////////////

f(t) ///////////// /////////////////

- Do đó: f(t) hàm giảm





- Nên từ (1), ta có: f x( )f y( ) xy thay vào (2); ta được:

2010 20101

2

x   x

Vậy hệ phương trình có nghiệm là: 20101; 20101 ; 20101;20101

2 2

   

 

   

   

Bài 2:

Chứng minh với số tự nhiên n, số 122n+1+11n+2 chia hết cho 133.

· Ta có: 122n+1=12.122n =12 12é

( )

n

ê ú

ë û

· Vì 144 11(mod133)º , nên 144n º 11 (mod133)n

· Nhân vế với 12, ta có:

12.144n º 12.11 (mod133)n Û 122n+1º 12.11 (mod133)n

(15)

· Mặt khác: 11n+2 =11 11n 2=121.11n

· Do 121º - 12 (mod133)

· Nên121.11n º - 12.11 (mod133)n

· Do đó: 11n+2 º - 12.11 (mod133)n

(2)

· (1) + (2) ta được: 122n+1+11n+2 º 0 (mod133)

· Vậy: 122n+1+11n+2 chia hết cho 133 (đpcm)

Bài 3:

Chứng minh phương trình x5- x- 2= có nghiệm nghiệm đó0

lớn 98.

Đặt: y= f x( )=x5- x- 2

· TXĐ: D = ¡ · y/ =5x4- 1

4

/

4

1

2

5 5

0

1 2

5 5

x y

y x

x y

é

ê = - Þ =

-ê ê

= Û - = Û ê

ê = Þ = -

-ê ë · BBT:

x

- ¥ 41

- 41

5 +¥

/

y + - + y

44

5 5- +¥ - ¥ 44

5

-

-· Dựa vào BBT ta thấy đồ thị cắt trục hoành điểm nên phương trình có

nghiệm x nghiệm dương.0

· Do x nghiệm, nên: 0 x05- x0- 2= Û0 x05 =x0+2Cauchy> 2x0

(Dấu “=” không xảy ra) dpcm

0

9 10

0 8 ( )

x x x

Û > Û >

Bài 4:

Tìm hàm số f :¡ ® ¡ xác định có đạo hàm thỏa mãn điều kiện:

( ) ( ) ( ); ,

f x y+ = f x f y "x yỴ ¡ .

( )

(16)

· Xét f x ¹( )

+ Khi ú: $ ẻ Ăx0 f x ạ( )0 + Theo giả thiết:

f x( )0 = f xéêë +(x0- x)ûúù=f x f x( ) ( 0- x)ạ 0, " ẻx ¡

+ Suy ra: f x( )¹ 0; " Ỵ ¡x + Mặt khác, từ giả thiết ta có:

2

( ) 0;

2 x

f x = ờờộfỗ ữỗ ữỗổửữữựỳỳ " ẻx ỗố ứ

ờ ỳ

ở ỷ ¡

+ Ta có: f x y/( + )=f x f y/( ) ( ); "x y, Î ¡

f x y/( + )= f x f y( ) ( );/ "x y, Ỵ ¡

+ Từ suy ra:

/( ) /( )

; ,

( ) ( )

f x f y x y

f x = f y " Ỵ ¡

Û éln ( )f x ù/ = Ûa f x( )=eax b+

ê ú

ë û

· Vậy: f x( )=0 hay f x( )=eax b+

Bài 5:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng, SA(ABCD) Cho SA = AB = a; mặt phẳng (P) qua A vuông góc với mặt phẳng (SAC) cắt SB, SC

SD B ; C ; D/ / /.

1/ Chứng minh tứ giác AB/C/D/ có hai đường chéo vng góc

2/ Đặt SC/ x

 Tìm x để mặt phẳng (P) chia hình chóp thành hai phần tích

I'

I S

B C

D C'

B'

D'

A

c1

- Ta có: BD AC BD (SAC)

BD SA

 

 

(17)

- Mà: ( )P (SAC) - Suy ra: BD/ /( )P

- Mặt khác: /

/

( )

BD SAC

BD AC

A C SAC

      

- Ta lại có:

/ /

/ / ( ) ( )

/ / / /( )

SBD P B D

BD B D

BD P

  

 



Do đó: B D/ / AC/ 

C2 - Xét ABC vng A có:

  / / SIC / / / / SI C SI.SC.sin ISC

S 2 SC.SI

(1)

S .SC SI sin ISC SC SI

 

- Tương tự:   / SAC / / SAC SA.SC.sin ASC

S 2 SC

(2)

S .SA.SC sin ASC SC     / SAI / / SAI SA.SI.sin ASI

S 2 SI

(3)

S .SA.SI sin ASI SI

 

- Từ (1), (2) (3); ta được:

/ / / / / / / /

SAI SI C SAC SAI SIC SAI

/ / /

S S S SI SC SI 2SC

S S S SI SC.SI SC

SI SC 2SC

1 (4)

SI SC SC

    

 

   

 

Vậy: SI/ SC SC/ / 2SC/ a x

SI 2SC SC 2x

    





S.AB C D S.AB C A SB C /

/ /

1 h S

V V 3 SB.SC SI.SC

1

V V h S SB SC SI SC

3

SC SC SC (a x)a

2SC SC 2x

   

 

 

- Để mặt phẳng (P) chia khối thành phần tích thì:

/ / /

2

S.ABCD

2 S.AB C D

V (a x)a

2 4x a 3x 3a

V 2x