Đề Thi Học Sinh Giỏi Lớp 12 Toán 2013 - Phần 1 - Đề 15 potx

1

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 phương 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 như 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 trước
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 lượt 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.




2

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)

vậy f
(n)
=
2


với
n

.
2- Bài 2: (4 điểm)
a- (2 điểm) Để vế trái có nghĩa :
điều kiện :













0
2
1
0211
021
x
x
x
x

(0,25)

3

Ta nhận thấy rằng
)211(
211
)211(2
211
2
x
x
xx
x
x





(0,25)
Vậy
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)
Kết hợp với điều kiện :
Tập hợp nghiệm của BPT : x






8
45
;
2
1
\


0 (0,25)
b- (2 điểm)


(0,5)

Đặt Sinx = u ; Siny = v . Khi đó hệ trở thành :
(1)

(2)













1;1
2
2
2
1
22
vu
m
vu
vu

4

(0,5)
(3)


- Các điểm thoả mãn ( 3) nằm trong hình vuông MNPQ .
đường 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 đường 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 đường 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(


























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 được q sao cho C<q <2 .phương
trình x(x+1)=q có hai nghiệm trái dáu vì -q<0.nghiệm dương 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)

5

(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 







( )
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)

6

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

Tương 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)
(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)

7

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 đường 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 đường thẳng đi qua Avà song song với SA
khiM

B thì R

Svậy quĩ tích của R là đoạn SL
2-b- (1 điểm) Tam giác AMN là tam giác đều => MN=NA=AM=x
tam giác SNP vuông cân vì NS=NP= a-x
ta có S
MNPQ
=
222
2
2
1
2
).2(
2
).(
2
)(
2
max
2
2
a
S
axxaxxaxaxaMNMQNP
















khi 2a-x=x x=a chính khi P

N

S.




8