DE THI CHON HOC SINH GIOI THPT NGA SON

Tr ờng thpt b c nga sơn
đề thi học sinh giỏi khối 12
năm 2005-2006
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
b0
< 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.
đáp án thi học sinh giỏi khối 12 2005-2006
1- bài 1: ( 3 điểm)
1
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)
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)
2


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)
(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)
3











=+
=+
1;1
2
2
2
1
22

vu
m
vu
vu
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(

+
=

=

( )








=




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
b0
< 2. (0,5)
b- Nếu chọn C thoả mãn
C0
< 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)
4
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)
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:
5
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)
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
6
khiM
≡
Ath× R
≡
L .L lµ giao cña Sz víi ®êng th¼ng ®i qua Avµ song song víi SA
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.

7
§éc lËp - Tù do - H¹nh phóc
Sè : /BC NS
****

8
Nga S¬n, ngµy 26 th¸ng 5 n¨m 2005
=
Së GD & §T Thanh Ho¸
Trêng THPT BC Nga S¬n
9

10