Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Trịnh Văn Hùng (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Trịnh Văn Hùng (Có đáp án)

1. Đề Thi học sinh giỏi Lớp 12 Môn: Toán Thời gian: 180 Phút Giáo viên ra đề : Trịnh Văn Hùng Bài 1 : (4điểm ) x2 mx 1 Cho đường cong ( Cm) : y ( m là tham số và |m | 2) 2x m Tìm các điểm trên trục hoành mà từ đó vẽ được hai tiếp tuyến với đường cong (Cm ) mà chúng vuông góc vơí nhau. (Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải ) 1 e nx b) Cho I = với n là số tự nhiên n xdx 0 1 e Tìm limIn 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 x 1 - a x =1 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) b) Giải bất phương trình 12x 8 2x 4 - 2 2 x 9x2 16 ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) Bài 3 ( 4điểm )  a)Giải Phương trình :2sin(3x+ ) = 1 8sin 2x cos2 2x 4 A B C b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos +3cos +cos 2 2 2 Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều . ( Báo Toán học tuổi trẻ 5/2004) Bài 4(4điểm) : xn nx n 1 a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A = lim 2 x 1 (x 1) ( Toán bồi dưỡng học sinh : nhóm tác giả Hàn Liên Hải , Phan Huy Khải ) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
2. x 3 (3y) log2 log2 b) Giải hệ phương trình y 3 (3x) log2 log2 (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 a 2 b2 c2 Chứng minh rằng :logb c +loga c + lo3ga b ( Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức ,tác giả Trần Phương) Hết – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
3. 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) x 2 mx 1 k(x x ) 2x m 0 2 ( 1- 2k) x +(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 có nghiệm kép 1 2k 0 2 [k(2x 0 m) m] 4(1 2k)(1 mkx 0 ) 0 1 k (2) (I ) 2 2 2 k (2x m) 4k(2 mx 0 ) m 4 0 (3) Bài toán trở thành tìm điều kiện để (I) có hai nghiện phân biệt k1, k2 và k1.k2 = -1 (0,5đ) 2 2 thay (2) vào (3) ta có : (2x0-m) +m + 12 0 (4) Vì (4) đúng nên hệ (I) (3) Điều kiện cần tìm là : 2x 0 m 0 m 2 x m 4 0 1 2 2 (2x m) 2 4 m 2 (2x 0 m) 0 2 2 ( 2x0 +m) = 4-m ( vì m 2) (5) Nếu m > 2 thì (5) vô nghiệm m ± 4 m 2 Nếu m In > In+1 1 e x 1 e x e nx Mặt khác vì > 0  x (0;1) In >0  n 1 e x Vậy {In} là dãy đơn điệu giảm và bị chặn dưới , nên tồn tại – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
4. lim In (0,5đ) n 1 nx (n x) 1 e e (n 1)x 1 (n 1) Ta có I + I = = = - n n+1 x dx e dx e 1 0 1 e 0 n 1 e1 n 1 In = - In-1 (*) (0,5đ) 1 n Rõ ràng :lim In =lim In 1 n n e1 n 1 lim =0 nên từ (*) suy ra 2lim In = 0 n 1 n n lim In = 0 (0,5đ) n Bài 2: a) Giải và biện luận phương trình theo tham số a: x 1 - a x =1 a x 0 x a x 1 1 a x 2x a 2 a x x a (2) a x (3) (0,5đ) 2 2 2 f (x) 4x 4(a 1) a 4a 0 (4) Ta xét các trường hợp sau: a +) Nếu a a nên hệ (2) (3) (4) vô nghiệm tức là (1) vô nghiệm 2 +) Nếu a=0 thì hệ (2), (3), (4) có nghiệm duy nhất x=0 a x a (5) +) Nếu a >0 thì ta có 2 2 2 f (x) 4x 4(a 1)x a 4a (4) a 2 Xét tam thức f(x) có f()= -2a 0 2 a Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm x1,x2 thoã mãn x1< < x2 < a (1đ) 2 Kết luận – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
5. +) Nếu a < 0 thì (1) vô nghiệm a 1 2a 1 +) Nếu a 0 thì (1) có nghiệm duy nhất x= (0,5đ) 2 b) Giải bất phương trình 12x 8 2x 4 - 2 2 x (1) 9x2 16 Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2;2] ) 6x 4 2(6x 4) (0,5đ) 2x 4 2 2 x 9x 2 16 (3x 2)[ 9x 2 16 2( 2x 4 2 2 x] 0 (3x 2)(9x 2 8x 32 16 8 2x 2 0 (0,5đ) (3x 2)(x 2 8 2x 2 )(8 x 2 8 2x 2 0 Do 8+x+28 2x 2 0 nên (2) (3x-2) (x-2 8 2x 2 ) 0 2 2 x 3 4 2 x 2 3 2 4 2 Tập nghiệm của bất phương trình T = [ -2; )( ; 2] (1đ) 3 3 Bài 3 ( 4điểm )  a)Giải Phương trình :2sin(3x+ ) = 1 8sin 2x cos2 2x 4  sin(3x ) 0 (2) 4 (0,5đ)  4sin 2 (3x ) 1 8sin 2x cos 2 2x (3) 4 Giải (2):  (2) 2[1-cos(6x + ) ] = 1+ 8sin2x(1-sin22x) 2 2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x 2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin32x – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
6.  1 x k  sin2x = 12 (k,l Z ) (0,5đ) 5 2 x   12  +)Thay x= + kả vào (2) ta có : 12  k VT(2) = sin( 3k ) ( 1) 0 khi k=2n ,n Z 2  x= + 2nả là nghiệm của (1). 12 5 +) Thay x=   vào (2) ta có : 12 3  1 VT(2) = sin( 0 khi l=2m-1;m3 ) ( 1Z) 12 5 x= (2m 1)  là họ nghiệm của (1) 12  5 Vậy (1) có hai họ nghiệm : x= + 2nả và x= (2m 1)  ; (n,m Z) (1đ) 12 12 A B A B C 1 b) Ta có sinA +sin B = 2 sin cos 2 cos dấu ( = ) xảy ra khi và chỉ khi (sin A 2 2 2 2 C + sinB ) cos chỉ khi A = B (1) 2 5 A Tương tự : (sin B + sinC ) 5cos (2) 2 2 3 B (sin C + sinA ) 3cos (3) (1đ) 2 2 A B C Từ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos +3cos +cos 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. (1đ) Bài 4 : xn nx n 1 a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A = lim 2 x 1 (x 1) ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ +xk-1) (0,5đ) (0,5đ) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
7. (x 1)(1 x x2 xn 1 n) (x 1) (x2 1) (xn 1 1) A lim lim x 1 (x 1)2 x 1 x 1 (x 1)[1 (x 1) (1 x xn 2)] n(n 1) A lim 1 2 3 (n 1) x 1 x 1 2 n(n 1) Vậy : A = (0,5đ) 2 x 3 (3y) log2 log2 b) Giải hệ phương trình y 3 (3x) log2 log2 x 3 (3y) log2 2(1 log2 ) (x 3) x ( y 3) y y 3 (3x) log 2 2log 3 log 2 2log 3 (1) log2 2(1 log2 ) (t 3) t Xét hàm số : f(t) = log2 2 log2 với t (0; + ) đồng biến trên (0; + ) (0,5đ) (1) viết dưới dạng f(x) = f(y) x y (2) (I) x (II) log 2 (x 3) 2(1 log3 ) (3) 2 2(1 log x ) x (3) x 3 2 3 x 3 4.2log3 2 2 log 2 x 2 log3 x 3 4.2 3 log2 x 3 4.(x ) 4 4 x 3 4.xlog3 x1 log3 3.x log34 4 (4) 1 log 4 log 4 Xét hàm số q(x) = x 3 3.x 3 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). – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
8. x y Khi đó hệ (II) trở thành x y 1 x 1 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x=y=1 (0,5đ) Bài5 : a) Đặt DA = a ; DC = b ; DS = c; a Từ giả thiết ta được CB = vì P trên CS 2 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) DS DA c a Vì M là trung điểm của SA nên: DM = = (2) 2 2 a c b DS DB a b c Vì N là trung điểm của SB nên: DN = = 2 = + + (3) 2 2 4 2 2 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: – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
9. a b c + + = c + a + (1 x)b +xc 4 2 2 2 2 a b c + + = a +  (1-x) b + ( + x) c 4 2 2 2 2 1 1 2 4 2 1 3 b(1 x)  2 4 1 1 x x 2 2 3 1 1 Vậy P trên SC sao cho CP = CS hay P chia đoạn thẳng CS theo tỉ số k=- 3 2 a 2 2 ln a 2 ln a 2 ln a b) Ta có log b c ln( b c) ln bc ln b ln c (0,5đ) b2 2 ln b Tương tự : log a c a ln a ln c c 2 2 ln c log a b ln a ln b ln a ln b ln c VT(1) 2(+ + ) (0,5đ) ln b + ln c ln a + ln c ln a + ln b x y z 3 Bổ đề Với x,y,z>0 thì + +≥ (*) z + y x + z x+y 2 x y z 3 Thật vậy (*) ( +1) + ( +1)+( +1)≥ +3 z + y x + z x+y 2 1 1 1 [ (y+z) +(z+x) +(x+y) ]. ( + + ) 9 ( ) Theo Côsi thì ( ) thoã mãn z + y x + z x+y – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất
10. . (0,5đ) áp dụng bổ đề ta có : VT(1) 3 (ĐPCM) (0,5đ) Hết – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất