Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 12 THPT Thống Nhất Bảng A - Đề số 2 ppsx

Sở GD-ĐT Thanh Hóa
Trờng 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 đờng cong ( C
m
) :
mx2
1mx
y
x
2



( m là tham số và |m | 2)
Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ đợc hai tiếp tuyến với đờng cong (C
m
) mà
chúng vuông góc vơí nhau.
(Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải )
b) Cho I
n
=
dx
1
1
0

x
nx
e
e




với n là số tự nhiên
Tìm
I
lim
n
n
( Toán nâng cao lớp 12 Phan Huy Khải )
Bài 2: (4 Điểm )
a) Giải và biện luận phơng trình sau theo tham số a
1x
-
xa
=1
( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải bất phơng trình
4x2
- 2
x2

16
8x12
x9

2


( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phơng trình :2sin(3x+
4

) =
x2x2sin81
cos
2

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 dơng , hãy tìm giới hạn A =
)1x(
1nnx
x
lim

2
n
1x



( Toán bồi dỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải )
b) Giải hệ phơng trình









loglog
loglog
)x3(
2
3y
2
)y3(
2
3x
2
(Đại số sơ cấp tác giả Trần Phơng)
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 tơng ứng .Mặt phẳng (DMN ) cắt SC tại P. Tính tỉ số điểm P
chia đoạn thẳng CS .
( Toán bồi dỡng 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 :
log
a
2
cb
+
log
b
2
ca
+
log
c
2
ba
3
( Các phơng pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phơng)
Hết
Đáp án
Câu 1
Gọi M(x
0
;0 ) là điểm cần tìm . Đờng thẳng (

)qua M có hệ số góc k có
phơng trình y= k( x-x

0
)
Để(

) là tiếp tuyến của đờng cong thì phơng trình sau có nghiệm kép
(0,5đ)
)xx(k
mx2
1mxx
0
2



( 1- 2k) x
2
+(m+2kx
0
-mk)x +1+mkx
0
=0 có nghiệm kép





0)mkx1)(k21(4]m)mx2(k[
0k21
0
2

0
(I )







)3(04m)mx2(k4)mx2(k
)2(
2
1
k
0
22
Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k
1
, k
2
và k
1
.k
2
= -1 (0,5đ)
thay (2) vào (3) ta có : (2x
0
-m)
2
+m

2
+ 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
( 2x
0
+m)
2
= 4-m
2
( vì m 2) (5)
Nếu m > 2 thì (5) vô nghiệm
Nếu m < 2 thì (5) có hai nhghiệm cần tìm với x
0
=
2
m4m
2
Vậy có hai điểm M(x
0
;0) cần tìm với x
0
=
2
m4m
2
(0,5đ)
b) Ta có x ( 0;1) thì :

x
nx
e1
e



>
x
x)1n(
e1
e



I
n
> I
n+1
Mặt khác vì
x
nx
e1
e



> 0 x (0;1) I
n
>0 n

Vậy {I
n
} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dới , nên tồn tại
n
n
Ilim

(0,5đ)
Ta có I
n
+ I
n+1
=
dx
1
e
1
0
x
)xn(
nx
e
e






=

dxe
1
0
x)1n(


= -

1e
1n
1
)1n(



I
n
=
n1
1e
n1



- I
n-1
(*) (0,5đ)
Rõ ràng :
n
n

Ilim

=
1n
n
Ilim


n1
1e
lim
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 phơng trình theo tham số a:

1x
-
xa
=1












xa2ax2
ax
xa11x
0xa









)4(0a4a)1a(4)x(f

)3(
2
a
x
)2(ax
2
2
x4
(0,5đ)
Ta xét các trờng 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 x
1
,x
2
thoã mãn x
1
<
2
a
< x
2
< 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 phơng 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 phơng trình T = [ -2;
3
2

)(
3
24
; 2] (1đ)
Bài 3 ( 4điểm )
a)Giải Phơng trình :2sin(3x+
4

) =
x2x2sin81
cos
2













)3(x2cosx2sin81)
4
x3(sin4
)2(0)
4

x3sin(
22
(0,5đ)
Giải (2):
(2) 2[1-cos(6x +
2

) ] = 1+ 8sin2x(1-sin
2
2x)
2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin
3
2x
2+ 2(3sin2x-4sin
3
2x) = 1+8sin2x-8sin
3
2x
sin2x =
2
1

12
5
x
k
12
x
(k,lZ ) (0,5đ)
+)Thay x=
12

+ kả vào (2) ta có :
VT
(2)
= sin(
0)k3
2
)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
)3
12
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,mZ) (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)
Tơng 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 dơng , hãy tìm giới hạn A =
)1x(
1nnx
x

lim
2
n
1x



ta có x
k
-1 = (x-1)(1+x+x
2
+ .+x
k-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

1x
2
1n2
1x

















Vậy : A =
2
)1n(n
(0,5đ)
b) Giải hệ phơng 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 dới dạng f
(x)
= f
(y)
(I)
)II(
)3(
)2(
)log
yx
3
x
log1(2)3x(
2





)4(43x
3x3x
3x3x)3(
x.3
x
x.4
)x.(4
2.4
2.4
2

4
3
log
3
log
4
1
4
3
log
2
2
3
log
2
x
2
log
2
3
log
2
x
3
log
)
x
3
log1(2

Xét hàm số q
(x)
=
x.3
x
4
3
log
4
3
log1



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 phơng 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 đợc 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
a
bc
=
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(
aln2
log
2
a
cb





(0,5đ)

Tơng tự :
clnaln
bln2
alog
2
b
ac



blnaln
cln2
log
2
c
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