Đề Thi học sinh giỏi Lớp 12 Môn: Toán

Sở 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) :
mx2
1mxy x
2

 ( 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 ) màchúng vuông góc vơí nhau.
(Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải )
b) Cho In= dx1
1
0
x
nx
e
e 

 với n là số tự nhiên
Tìm Ilim n
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
1x  - xa  =1
( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phương trình
4x2  - 2 x2  
16
8x12
x9 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
 ) = x2x2sin81 cos2
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) :
a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A =
)1x(
1nnxxlim 2
n
1x 


( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải hệ phương trình 
 
 
loglog
loglog
)x3(
2
3y
2
)y3(
2
3x
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 : loga 2
cb + logb
2
ca + log c
2
ba  3
( Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phương)
 .................................... Hết ...........................................
Đáp 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)
)xx(k
mx2
1mxx
0
2


( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép




0)mkx1)(k21(4]m)mx2(k[
0k21
0
2
0
(I )





)3(04m)mx2(k4)mx2(k
)2(
2
1k
0
22
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 :











22
0
0
2
0
2
0
m4)mx2(
2
m
x
1)mx2(
4m
0mx2
 ( 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
m4±m 2
Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 =
2
m4±m 2
 (0,5đ)
b) Ta có x  ( 0;1) thì :
x
nx
e1
e


 > x
x)1n(
e1
e


  In > In+1
Mặt khác vì
x
nx
e1
e


 > 0  x  (0;1) In >0  n
Vậy {In} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới , nên tồn tại
n
n
Ilim
 (0,5đ)
Ta có In + In+1 = dx1
e1
0
x
)xn(nx
e
e 



= dxe
1
0
x)1n(  = -  1e1n 1 )1n(  
 In =
n1
1e n1


- In-1 (*) (0,5đ)
Rõ ràng : n
n
Ilim
 = 1nn
Ilim 
n1
1elim
n1
n 

 =0 nên từ (*) suy ra 2
n
n
Ilim
 = 0
n
n
Ilim
 = 0 (0,5đ)
Bài 2:
a) Giải và biện luận phương trình theo tham số a:
1x  - xa  =1








xa2ax2
ax
xa11x
0xa







)4(0a4a)1a(4)x(f
)3(
2
a
x
)2(ax
22
x4
 (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(a4ax)1a(4x4f
)5(ax
2
a
22
)x(
Xét tam thức f(x) có f(
2
a
)= -2a < 0 và f(a) = a
2 > 0
Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2 thoã mãn x1<
2
a < x2 < a (1đ)
Kết luận
+) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm
+) Nếu a 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x=
2
1a21a 
 (0,5đ)
b) Giải bất phương trình
4x2  - 2 x2  
16
8x12
x9 2 

 (1)
Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x  [-2;2] )
16x9
)4x6(2
x224x2
4x6
2 


 (0,5đ)
0x282x8)(x282x)(2x3(
0x281632x8x9)(2x3(
0]x224x2(216x9)[2x3(
22
22
2



 (0,5đ)
Do 8+x+2 0x28 2  nên (2) (3x-2) (x-2 0)x28 2 







2x
3
24
3
2
x2
Tập nghiệm của bất phương trình T = [ -2;
3
2
 )(
3
24
 ; 2] (1đ)
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phương trình :2sin(3x+
4

) = x2x2sin81 cos2






)3(x2cosx2sin81)
4
x3(sin4
)2(0)
4
x3sin(
22
 (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,lZ ) (0,5đ)
+)Thay x=
12

+ kả vào (2) ta có :
VT(2) = sin( 0)k32 )1(
k   khi k=2n ,n  Z
 x=
12

+ 2nả là nghiệm của (1).
+) Thay x=  
12
5
 vào (2) ta có :
VT(2) = sin( )1( 1)312
3     0 khi l=2m-1;m Z
 x=  )1m2(
12
5
 là họ nghiệm của (1)
Vậy (1) có hai họ nghiệm : x=
12

+ 2nả và x=  )1m2(
12
5
 ; (n,mZ) (1đ)
b) Ta có sinA +sin B = 2 sin
2
BA 
cos
2
C
cos2
2
BA  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
cos5 (2)
2
3
(sin C + sinA )
2
B
cos3 (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 =
)1x(
1nnxxlim 2
n
1x 


 ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ .+xk-1) (0,5đ)
 (0,5đ)
2
)1n(n)1n(.......321
1x
)]x......x1(....)1x(1)[1x(limA
1x
)1x(.........)1x()1x(lim)1x(
)nx......xx1)(1x(limA
2n
1x
1n2
1x2
1n2
1x











Vậy : A =
2
)1n(n 
 (0,5đ)
b) Giải hệ phương trình 
 
 
loglog
loglog
)x3(
2
3y
2
)y3(
2
3x
2
y
3
)3y(
2
x
3
)3x(
2)x3(
2
3y
2
)y3(
2
3x
2 log2loglog2log)1(2
)
loglog
log1(2log 





 
 (1)
Xét hàm số : f(t) = loglog t)3t( 22 2 với t(0; +  )
đồng biến trên (0; +  ) (0,5đ)
(1) viết dưới dạng f(x) = f(y)
(I) )II()3(
)2(
)log
yx
3
xlog1(2)3x(2
 

)4(43x
3x3x
3x3x)3(
x.3xx.4
)x.(42.4
2.42
43log3log
4143log
2 23log
2x
2log
2
3log
2x
3log)
x
3log1(2
.....





Xét hàm số q(x) = x.3x
4
3log
4
3log1   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).
Khi đó hệ (II) trở thành 1yx
1x
yx 



Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1 (0,5đ)
Bài5 :
a) 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
DADS 
 =
2
ac 
 (2)
Vì N là trung điểm của SB nên: DN =
2
DBDS 
 =
2
2
abc 
=
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
 +
2
c
 =
2

 c +
2

 a + b)x1(  + xc

4
a
+
2
b
+
2
c
 =
2

 a +  (1-x) b + (
2

 + x) c










2
1
x
2
2
1)x1(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
b) Ta có clnbln
aln2
bcln
aln2
)cbln(
aln2log
2a
cb 
(0,5đ)
Tương tự : clnaln
bln2
alog
2b
ac 
blnaln
cln2log
2c
ba 
VT(1)  2(
bln+aln
cln
+
cln+aln
bln
+
cln+bln
aln
) (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) +(z+x) +(x+y) ]. (
y+z
1
+
z+x
1
 +
y+x
1
)  9 (**) Theo Côsi thì (**) thoã mãn
 . (0,5đ)
áp dụng bổ đề ta có : VT(1)  3 (ĐPCM) (0,5đ)
Hết