Tr­êng THPT Yªn M« B§Ò thi chän häc sinh giái líp 12

(Thêi gian lµm bµi 180 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1. Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh:

1. cos5x + sin7x + 1

2(cos3x + sin5x)sin2x = cosx + sinx

2. x + 7x + 2 2 7x x = 35 - 2x

C©u 2. Cho hµm sè y = 1

2

x

x

1. Chøng minh r»ng ®­êng th¼ng y = m - x lu«n c¾t ®å thÞ hµm sè ®· cho t¹i hai ®iÓmph©n biÖt thuéc hai nh¸nh cña ®å thÞ. Khi nµo th× hai tiÕp tuyÕn t¹i hai ®iÓm ®ã songsong víi nhau?2. T×m ®iÓm A thuéc ®å thÞ hµm sè ®· cho sao cho tæng kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn hai trôcto¹ ®é nhá nhÊt.C©u 3.1. Chøng minh r»ng víi mäi x, y ta cã : x2.sin2y + cos2y + 2x(sinx + cosy) + x2 + 1 > 0

2. Trong c¸c nghiÖm cña hÖ

2 2

2 2

9

16

12

x y

z t

xt yz

H·y t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña x + y

C©u 4.1. Cho 13 sè thùc kh¸c nhau chøng minh r»ng lu«n t×m ®­îc hai sè a, b trong 13 sè ®ã

tho¶ m·n 0 <1

a b

ab

< 2 3

2 3

2. Cho d·y sè (un) tho¶ m·n: 1

21

1

2

n n n

u

u u u

T×m lim1 2 3

1 1 1 1...

1 1 1 1nu u u u

C©u 5Cho hai ®­êng th¼ng chÐo nhau vµ vu«ng gãc víi nhau d1 vµ d2, AB lµ ®o¹n vu«ng gãcchung, A thuéc d1 B thuéc d2. BiÕt AB = 2a, C lµ ®iÓm n»m trªn d1 D lµ ®iÓm n»m trªnd2 §Æt AC = x, BD = y.a. CMR c¸c mÆt cña tø diÖn ABCD lµ tam gi¸c vu«ng khi ®ã tÝnh tæng b×nh ph­¬ngdiÖn tÝch c¸c mÆt cña tø diÖn ABCD theo a, x, y ®Æt tæng nµy lµ S.b. T×m hÖ thøc gi÷a x, y vµ a ®Ó CD = x + y. khi ®ã t×m x, y sao cho S nhá nhÊt.

---------------------- HÕt ----------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

UBND TỈNH BẮC NINH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2010 – 2011

MÔN THI: TOÁN – LỚP 12 – THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi 22 tháng 3 năm 2011 ================

Câu 1:(5 điểm)

1/ Cho hàm số 3y x 3x 2 có đồ thị là (T). Giả sử A, B, C là ba điểm thẳng hàng trên (T), tiếp tuyến của (T) tại các điểm A, B, C lần lượt cắt (T) tại các điểm A’, B’, C’ (tương ứng khác A, B, C). Chứng minh rằng A’, B’, C’ thẳng hàng.

2/ Cho hàm số 2n 1y x 2011x 2012 (1) , chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n đồ thị hàm số (1) luôn cắt trục hoành tại đúng một điểm.

Câu 2:(5 điểm) 1/ Giải phương trình: 2 4 6 3 5 7log x log x log x log x log x log x x .

2/ Giải phương trình: 2 21 15x 6 x x5x 7 x 1

.

Câu 3:(3 điểm) Kí hiệu k

nC là tổ hợp chập k của n phần tử 0 k n; k, n , tính tổng sau: 0 1 2 2009 20102010 2010 2010 2010 2010S C 2C 3C ... 2010C 2011C .

Câu 4:(5 điểm) 1/ Cho hình chóp tứ giác S.ABCD, có đáy ABCD là hình bình hành, AD 4a a 0 , các cạnh

bên của hình chóp bằng nhau và bằng a 6 . Tìm cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích của khối chóp S.ABCD là lớn nhất.

2/ Cho tứ diện ABCD có 0 0BAC 60 ,CAD 120 . Gọi E là chân đường phân giác trong góc A của tam giác ABD. Chứng minh rằng tam giác ACE vuông.

Câu 5:(2 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn: 2 2x y . Chứng minh rằng:

cos x cos y 1 cos xy . …………………… HẾT……………………

(Đề thi gồm có 01 trang)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 12 - 1

(Thời gian làm bài 180’)

ĐỀ SỐ 1

Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng

thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và 3 điểm cực trị của đồ thị

hàm số.

Câu 2: Giải hệ phương trình.

x+y = 14 z

y + z = 14 x

z + x = 14 y

Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho parabôn (P): y2

= 4x. M là một điểm di động trên (P). M 0, T là một điểm trên (P) sao cho T 0, OT

vuông góc với OM.

a. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đường thẳng MT luôn đi qua một

điểm cố định.

b. Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT chạy trên

1 pa ra bol cố định .

Câu 4: Giải phương trình sau:

sinx + siny + sin (x+y) = 2

33

Câu 5: Cho dãy số In =

n

n

dxx

x4

2

cos , nN*

Tính n

lim In

Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng.

1lnaa <

3

31aaa

ĐÁP ÁN Câu 1: (3 điểm ) Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6. y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = 0 <=> g(x) = x3 - 3x + 1 = 0 (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3

0 2) 1).g( g( 0 1) g(-1).g( 0 1) 2).g(- g(-

g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2

* Ta có y = 41 y’.x- 3.(x2 - x - 2) (1)

Gọi các điểm cực trị là A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng tâm tam giác ABC.

Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0 (2) x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3)

Từ (2) suy ra x0 = 3

321 xxx = 0

Từ (1) (2) (3) suy ra:

y0 = 31 (y1+y2+y3) = -3 ( 2

322

21 xxx )-(x1+x2+x3) - 6

= -3 (x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6 = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( 2 điểm)

x+y = 14 z (1)

y + z = 14 x (2) (I) đk x,y,z > 41

z + x = 14 y (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:

1).14(14 zz < 2

1)14( z = 2z (1’)

Tương tự 14 x < 2x (2’) 14 y < 2y (3’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra. 2(x+y+z) = 141414 yxz < 2z + 2x + 2y (4) Từ (4) suy ra:

4z - 1 = 1

(I) <=> 4x - 1 = 1 <=> x = y = z = 21 nghiệm đúng (I)

4y - 1 = 1

Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = 21

Câu 3: (P): y2 = 4x

a. (3điểm ) Giả sử y ; 4yM 1

21

; y ;

4y

2

22

T với y1,y2 0; y1 y2.

OTOM 0 .yy 4y

.4y

0 OM.OT 21

21

21

y1 . y2 + 16 = 0 (1)

Phương trình đường thẳng MT: y - y y - y

4y

- 4y

4y - x

12

121

22

21

4x - 21y = (y1 + y2). (y-y1)

4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0 Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0) b. (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì

x0 = y y 81 2

221 (1)

y0 = 2

y y 21 (2)

Từ (1) suy ra x0 = 81 (y1+y2)2 - 2y1y2 =

81 (2y0)2 - 2 (-16)

= 21 . 42

0 y 20y = 2x0 - 8

Từ đó I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định . Câu 4: (3 điểm)

sin x + sin y + sinz (x+y) = 2

33 (1)

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có . 2)

233(

427

= [sinx + siny + sinz (x+y)] 2 < (12 + 12+12).(sin2x + zin2y + sin2(x+y))

= 3. 2

2cos12

2cos1 yx

+sin2 (x+y)

= 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos2 (x+y)]

= 3. 2-(cos (x+y)+21 cos (x-y)2) +

41 cos2 (x-y)

< 3 (2- 0 + 41 ) =

427 (2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) +

21 cos (x-y)2 > 0

Từ (2) suy ra: cos2 (x-y) = 1

(1) cos (x+y) + 21 cos (x-y) = 0

sinx = sin y = sin (x+y) = 23

Z n, k víi 2n

3 y

2k 3

x

Câu 5: (3 điểm) dx x

cosx I 4n

2nn

Ta chứng minh: 0 < In < n4

1 (1)

Ta có: In =

n

n xx4

2

cos dx =

n

n xxd4

4

)(sin =x

xsin

nn

24

-

n

n xdx

4

2

)1(.sin

=

n

n xx4

22

sin dx

* Ta có: 2

sinx

x < 2

1x

x 2n , 4n nên

In < xx

dxn

n

14

22

nn

24

= - nnn 4

12

14

1 (2)

* Ta có: In = 12

n

nk

)1(2

22

sink

k xx dx đặt JK =

)1(2

22

sink

k xx dx

=> JK =

)12(

22

sink

k xx +

)1(2

)12(2

sink

k xx dx >

)1(2

2

sink

k

x ( 22 )(11

xx

)dx >0 (3)

Ta lại có: In = 12

n

nk Jk do (3) nên In > 0 (4)

Từ (2) (4) suy ra 0 < In n4

1 (1) đúng

Ta lại có n

Limn4

1 = 0 nên 0 I Lim n n

Câu 6: (3 điểm)

1lnaa <

3

31aaa

(1) với 1 a > 0

Trong hợp 1: a >1 (1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1) (2) Đặt x = 3 a => x >1 (2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) x > 1 <=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) x > 1 Đặt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx x 1;+ )

Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 (3x2 + 1) lnx + (x3 + x) .x1

= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x - x1 ) f(3)(x) = 3 ( 8x + 2

1x

-6ln x - 9)

f(4)(x) = 3.(8- 3

26xx

) = 3

3 )134(6x

xx = 3

2 144)(1(6x

xxx > 0 , x > 1

Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+ ) f(3)(x) > f(3)(1) = 0 ... tương tự f’(x)> 0 với x > 1 f(x)> f (1) = 0 với x >1 suy ra (3) đúng.

Trường hợp 2: 0 < a < 1 đặt a = 1

1a

, a1 > 1 quay về trường hợp 1.

Trường THPT chuyên ĐỀ KIỂM TRA MÔN TOÁN LỚP 12 Nguyễn Bỉnh Khiêm Thời gian : 45 phút (Dành cho lớp chuyên Anh)

Bài 1) ( 8 điểm) Cho hàm số y = 3

2 42 3

3 3

xx x

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2) Xác định m để phương trình sau có 3 nghiệm phân biệt :

x3 – 6x2 + 9x – 4 = 3m2 – 7m

3) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị , biết tiếp tuyến đi qua điểm A( 1; 5

3)

Bài 2) ( 2 điểm) Cho hàm số y = 3

1

x

x

có đồ thị (C)

Xác định m để đường thẳng d: y = m(x – 3) + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B thuộc hai nhánh. ĐÁP ÁN Bài 1) ( 8 điểm)

1) (3 điểm) + TXĐ: D = R + lim

xy

, lim

x

y

+ y’ = x2 – 4x + 3 , y’ = 0 1 0

43

3

x y

x y

+BBT x - 1 3 + y’ + 0 - 0 + y

0 +

- 4

3

+ Hàm số đồng biến trên các khoảng (- ; 1) và ( 3; + ), nghịch biến trên khoảng (1; 3)

Điểm cực đại đồ thị (1,0), điểm cực tiểu đồ thị (3, 4

3 )

+y” = 2x – 4 , y” = 0 x = 2 2

3y . Suy ra điểm uốn đồ thị (2,

2

3 )

+ Điểm đặc biệt : x = 0 4

3y ., y = 0

1

4

x

x

+ Đồ thị

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Softwarehttp://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

4

2

-2

-5 5

h x = x3

3-2x2 +3x -

4

3

2) (2,5 điểm)

Phương trình : x3 – 6x2 + 9x – 4 = 3m2 – 7m 3

2 24 72 3

3 3 3

xx x m m (1)

+ Phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = 2 7

3m m cắt đồ thị

y = 3

2 42 3

3 3

xx x tại 3 điểm phân biệt 24 7

03 3

m m

2

2

7 40

3 3

70

3

m m

m m

40 11

34 7

70 3 3

3

mm m

mm

3) (2,5 điểm)

+ Đường thẳng d qua A(1, 5

3) với hệ số góc k có phương trình : y = k(x – 1) +

5

3

+ Đường thẳng d tiếp xúc đồ thị hàm số khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm

32

2

4 52 3 ( 1) (1)

3 3 3

4 3 (2)

xx x k x

x x k

Thế (2) vào (1) ta có 3

2 42 3

3 3

xx x = (x – 1) ( x2 – 4x + 3) +

5

3

x(2x2 – 9x + 12) = 0 x = 0 .

Thế x = 0 vào (2) ta có k = 3 suy ra phương trình tiếp tuyến y = 3(x – 1) +5

3

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Softwarehttp://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

Bài 2) (2 điểm)

+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d : 3

( 3) 11

xm x

x

2

1

2 3 4 0(1)

m

mx mx m

+ Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B thuộc hai nhánh khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa điều kiện x1 < - 1 < x2

2

1 2

0

(4 3 ) 0

( 1)( 1) 0

m

m m m

x x

2

1 2 1 2

0

4 4 0

( ) 1 0

m

m m

x x x x

0

0 1 0

4 32 1 0

m

m m m

m

m

**********************

Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Softwarehttp://www.foxitsoftware.com For evaluation only.

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO PHÚ YÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT PHAN ĐÌNH PHÙNG Năm học 2010 – 2011

TỔ TOÁN MÔN TOÁN – LỚP 12 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

------------------------------ Bài 1: (5 điểm)

Cho hàm số: 4 2 2y x 2(m 2)x m 3m 1= + + + + + .

Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là ba đỉnh của một tam

giác vuông cân.

Bài 2: (4 điểm)

Cho f (x) cos 2x 2 2 cos x 2x4

π= − − + .

Giải phương trình: f '(x) f ' 42

π= − .

Bài 3: (5 điểm)

Cho phương trình: 22m x x x 1 x

3+ − = + − .

a/ Giải phương trình khi m = 1.

b/ Tìm các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm.

Bài 4: (4 điểm)

Cho hình chóp S.ABCD có các cạnh bên bằng nhau, đáy ABCD là hình chữ nhật với

AB = a, BC = a 2 . Mặt phẳng (P) đi qua AB và chia tam giác SCD thành hai phần sao cho

diện tích phần thứ nhất bằng 8 lần diện tích phần thứ hai (phần thứ hai là phần chứa đỉnh của

hình chóp). Giả sử mp(P) vuông góc với mp(SCD), tính diện tích hình thiết diện tạo bởi hình

chóp S.ABCD với mp(P).

Bài 5: (2 điểm)

Cho ba số thực dương x, y, z thỏa mãn: xy yz zx 3xyz+ + < .

Chứng minh rằng: x y y z z x

3 2xy yz zx+ + +

+ + < .

-------------------- HẾT --------------------

Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

SỞ GD-ĐT BẠC LIÊU ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI ĐBSCL MÔN TOÁN

Thời gian làm bài 180’ Caâu 1 (4ñ) Cho a,b,c,d là các số dương thỏa mãn điều kiện : 4 4 4 4 2 1a b c d e Chứng minh rằng :

3 3 3 3 3 4

4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

5 54

a b c d eb c d e c d e a d e a b e a b c a b c d

Câu 2 (4đ) Giải phương trình sau :

xxx cos3cos4sin 33 Câu 3 (4đ)

Cho dãy số (an) , n= 1,2,3…. được xác định bởi 2

1 10, n n na a ca a với n = 1,2,3 … Còn c là hằng số dương. Chứng minh rằng :

1 1

1. .n n nna c n a

Câu 4 (4đ) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác không vuông ABC . Chứng minh rằng:

( ) ( ) ( ) 0tgA tgB OC tgB tgC OA tgC tgA OB

Câu 5 (4đ) Các cạnh AC,ADvàBC,BD của tứ diện ABCD tiếp xúc với mặt càu S tâm I nằm trên cạnh AB bán kính R. còn các cạnh CA,CBvà DA,DB tiếp xúc với mặt cầu S’ tâm J nằm trên cạnh CD bán kính r. Chứng minh rằng :

4 2 2 4 2 2( 4 ) ( 4 )AB CD r CD AB R

Hết

4

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HẬU GIANG

ĐỀ THI ĐBSCL MÔN TOÁN

BÀI 1 (số học ) Cho ,a b Z . Chứng minh rằng : Nếu 24a2 + 1 = b2 thì một và chỉ một trong các số a và b chia hết cho 5. BÀI 2 (Đại số) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số : f(x) = 20x144 – 1.x120 + 2006, xIR. BÀI 3 (Hình học phẳng) Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M di động, trên cạnh AC lấy điểm N di động sao cho

1 1 1AM AN l

(không đổi).

Chứng minh rằng đường thẳng MN đi qua một điểm cố định. BÀI 4 (Hình học không gian) Trong mặt phẳng (P) cho tam giác ABC nhọn. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (P) tại A lấy điểm S di động, gọi K và H lần lượt là hình chiếu vuông góc của B lên AC và SC, đường thẳng l đi qua K và H cắt đường thẳng d tại N. Định điểm S trên d sao cho đoạn SN ngắn nhất. BÀI 5 (dãy số)

Cho dãy *n n Nu

và (1). (3)... (2 1) , 1;2;3;...(2). (4)... (2 )n

f f f nu nf f f n

Trong đó : f(n) = (n2 + n + 1)2 + 1

Chứng minh rằng : 2lim2nn

n u

1

SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẾN TRE ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian: 180 phút

Câu 1 (3đ) : Giải hệ phương trình:

2 2 2 2 2

3 3 3 3

( 3 4 ) 27( )

93

x y z t x y z tx y z t

Câu 2 (3đ):

Cho một đường tròn với hai dây AB và CD không song song. Đường vuông góc với AB kẻ từ A cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại M và P. Đường vuông góc với AB kẻ từ B cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại Q và N. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BC, MN đồng quy; các đường thẳng AC, BD, PQ đồng quy. Câu 3 (2đ): Tìm nghiệm nguyên của phương trình :

3 2 2 2 2 2 24 4 4 5 4 4 8 0 y x y xy x y x y xy x

Câu 4 (3đ): Cho dãy số ( )nu xác định như sau :

1

21

200820092 1 0 , 1,2,3,...n n

u

u u n

Tìm lim nnu

Câu 5 (3đ): Cho hai số tự nhiên n, k thỏa : 0 k n . Chứng minh rằng :

0 2 1 2 2 22 2. (( ) ( ) ... ( ) )n n n

n k n k n n nC C C C C Câu 6 (3đ): Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn điều kiện: 2 2 2 1.x y z

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: .xy yz zxfz x y

Câu 7 (3đ): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a .Các điểm X,Y,Z lần lượt di động trên các cạnh C’D’, AD, BB’. Định vị trí của X,Y,Z để chu vi tam giác XYZ nhỏ nhất.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 1

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

ĐỀ THI MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 21 tháng 9 năm 2009(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu 1: (3.0 điểm)

1.1. Cho hàm số1x

2xy

(C). Cho điểm A (0;a) .Xác định a đẻ từ A kẻ được hai tiếp tuyến

tới (C) sao cho hai tiếp điểm tương ứng nằm về hai phía trục ox.1.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương sau:

36 3 2 2 2 215x z 3x z 5x z y y Câu 2: (3.0 điểm)

2.1. Giải phương trình: 2sin

2sin

2sin

sin2

2

2

2

x

x

x

x

2.2. Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có:

3

33343

33

33

3

Ctg

Btg

Atg

Ctg

Btg

Atg

Câu 3: (3.0 điểm)3.1. Giải bất phương trình: 113223 22 xxxxx

3.2. Tìm m để phương trình: 2m x 2x 2 1 x(2 x) 0 (2) có nghiệm x 0; 1 3

Câu 4: (3.0 điểm)

4.1. Cho đa thức P (x) = x5 + x4 – 9x3 + ax2 +bx + c.Biết rằng P (x) chia hết cho (x - 2)(x + 2)(x + 3). Hãy tìm đa thức ấy.

4.2. Cho dãy số (un) xác định bởi:

n

nn u

uu

u

.31

3

2

1

1

với 1n

Xác định số hạng tổng quát (un) theo n.

Câu 5: (3.0 điểm)5.1. Cho tam giác ABC. Xét tập hợp gồm năm đường thẳng song song với AB, sáu đường

thẳng song song với BC và bảy đường thẳng song song với CA. Hỏi các đường thẳng này tạo ra baonhiêu hình bình hành, bao nhiêu hình thang?

5.2. Với n là số nguyên dương, chứng minh hệ thức: nn

nnnn C

nCnCC 2

22221

2...2

Câu 6: (2.0 điểm)

Cho

3;3

1,, cba . Chứng minh rằng:

5

7

ac

c

cb

b

ba

a

Câu 7: (3.0 điểm)7.1. Trên mặt phẳng với hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxy cho các đường thẳng

03:;06:;043: 321 xdyxdyxd . Tìm toạ độ các đỉnh của hình vuông ABCD biếtrằng A và C thuộc d3, B thuộc d1, D thuộc d2.

7.2. Cho hình chóp tam giác đều SABC có đường cao SO = 1 và đáy ABC có cạnh bằng 62 .Các điểm M, N theo thứ tự là trung điểm của cạnh AC, AB. Tính thể tích hình chóp SAMN và bánkính mặt cầu nội tiếp hình chóp đó./.Hết.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 2

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁNNgày 21-9-2009

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có trang)Điểm Đáp án3.0 Câu 12.0 1.1. Phương trình tiếp tuyến.0.25 Phương trình tiếp tuyến qua A (0;a) có dạng y =kx+a (1)

0.25 Điều kiện có hai tiếp tuyến qua A:

)3(k)1x(

3

)2(akx1x

2x

2

có nghiệm 1x

0.25 Thay (3) vào (2) và rút gọn ta được: )4(02ax)2a(2x)1a( 2

0.25 Để (4) có 2 nghiệm 1x là:

2a

1a

06a3'

03)1(f

1a

0.25 Hoành độ tiếp điểm 21 x;x là nghiệm của (4) . Tung độ tiếp điểm là1x

2xy

1

11

,

1x

2xy

2

22

0.5 Để hai tiếp điểm nằm về hai phía của trục ox là : 0)2x)(1x(

)2x)(2x(0y.y

21

2121

0.253

2a0

3

6a90

1)xx(xx

4)xx(2xx

2121

2121

. Vậy 1a

3

2 thoả mãn đkiện bài toán

1.0 1.2. Giải phương trình nghiệm nguyên dương.0.25 3 32 2 3 2 2(1) 5 3x z 5x y x y

0.25 Áp Dụng BDT Cauchy cho 3 số ; ta đđược: VT VP . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: 2 2 5x y z

0.25 Từ phương trình: 2 2 5 5x y x y x y

0.25 Vậy nghiệm nguyên dương của phương trình là: , , 3, 2,9x y z

3.0 Câu 22.0 2.1. Giải phương trình lượng giác.

0.52 2

22 2

sin 2 0sin sin 2

2 sin sin 2sin 2 sin 0

sin 2 sin

xx x

PT x xx x

x x

1.0 hay

4

1cos

02sin

2sinsin

02sin

2sinsin

02sin22222 x

x

xx

x

xx

x .

0.5 VËy

Zkkx

kx

,23

2

23

1.0 2.2. CMR

0.25 Tõ3333

ACB

, ta suy ra: tan tan3 3 3 3

B C A

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 3

0.25 Hay3

3 3 3

1 . 1 3.3 3 3

B C Atg tg tg

B C Atg tg tg

0.25 3 . .3 3 3 3 3 3

A B C A B Ctg tg tg tg tg tg

0.25 3 3 3 4 33 3 3 3 3 3

A B C A B Ctg tg tg tg tg tg

3.0 Câu 31.5 3.1. Giải bất phương trình: 113223 22 xxxxxĐS *BPT có tập nghiệm S=(-;1/2] {1}1.5 3.2. Tìm tham số m.

ĐS Do đó, ycbt bpt2t 2mt 1

có nghiệm t [1,2]

t 1;2

2m maxg(t) g(2)3

Vậy m2

3

3.0 Câu 41.5 4.1. Tìm đa thức.ĐS Vậy đa thức phải tìm là P (x) = x5 + x4 – 9x3 - x2 +20x - 12.

1.5 4.2. CMR

ĐS Suy ra:61

32

3tan

3502tan

32007tan2008

u

3.0 Câu 51.0 5.1.

0.5 Số hình bình hành là: 675... 27

26

27

25

26

25 CCCCCC (hình).

0.5 Số hình thang là: 1575...... 15

16

27

17

15

26

17

16

25 CCCCCCCCC (hìnhh)

2.0 5.2. CMR

0.5 Đặt S là vế trái hệ thức cần chứng minh, lưu ý 10 nnn CC và kn

nkn CC

0.5 Ta thấy: 1....22212221 n

nnnnn CnCnCnCnS

0.75Từ Rxxxx nnn ,111 2 . So sánh hệ số của nx trong khai triển nhị thức Newton của

nn xx 11 và nx 21 ta suy ra: 2... 2

22221 nn

nnnn CCCC

0.25 Từ (1) và (2) có đpcm.2.0 Câu 6

0.25 Đặt ac

c

cb

b

ba

acbaF

,, Giả sử cbaa ,,max .

0.5 Ta có:

2

2, , , , 0 1

a b ab ca b c bF a b c F a b ab

a b b c c a a b a c b c a b

0.5Để ý rằng

5

7

1

2

1

1

5

7,,

b

aa

babbaF . Đặt 3

b

ax , ta thấy

0.5

22

2

1 2 7 2 7 10 3 2 1 1 0 2

5 1 1 5 21 1

xx x

b x xaa b

0.25

BĐT ( 2) đúng, từ (1), (2) có bất đẳng thức cần chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

3

1;1;3,, cba và các hoán vị.

3.0 Câu 7

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 4

1.5 7.1. Tìm tọa độ.0.5 Ta có: 21 6;;)43;( dddDdbbB . Vì OydCA //, 3 nên B và D đối xứng nhau qua d3

0.5 Suy ra

4

2

643

6

d

b

db

db . Do đó B (2; 2), D(4;2), dẫn tới tâm hình vuông ABCD là I (3; 2).

0.25 Mặt khác 3);3( daA và 22 IBIA nên 312 2 aa hoặc a = 1.0.25 Bài toán có hai nghiệm hình: (3;3), (2; 2), (1;3), (4; 2); (1;3), (2; 2), (3;3), (4; 2)A B C D A B C D .1.5 7.2. Tính thể tích và tìm bán kính mặt cầu nội tiếp.

0.5 * Ta có:2

3.

3

1 AMNSAMN SSOV

0.5 * Gọi r là bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp SAMN. Sử dụng công thức:

0.5 SMNASNAMNSAMN SSSrS 3

1 , ta tính được:224

3

r

Chú ý: Nếu học sinh có hướng giải quyết khác mà đúng và hợp lôgích thì vẫn chấmđiểm tối đa như hướng dẫn này. Sai phần trên thì không chấm phần dưới.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 1

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

ĐỀ THI MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Ngày thi: 20 tháng 9 năm 2009 (buổi chiều)(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu 1: (4.0 điểm)1.1. Cho hàm số: mxmxmxy 2)32()3( 23 . Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành

tại 3 điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng theo một thứ tự nào đó.

1.2. Cho hàm số

cos cos3 10

( )

0 0

x xekhi x

f x xkhi x

. Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0

Câu 2: (3.0 điểm)

2.1. Giải phương trình lượng giác:2

13sin.2sin.sin3cos.2cos.cos xxxxxx .

2.2. Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:

xyyy

yxxx23

23

21

21

Câu 3: (2.0 điểm)3.1. Giải phương trình nghiệm nguyên:

2 2 2 28 2x y x y xy (1)

3.2. Hàm y f(x) xác định và có đạo hàm trên toàn trục số, thỏa mãn điều kiện:2 3f (1 2x) x f (1 x), x R (*)

Hãy viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị của hàm số y f(x) tại điểm có hoành độ x 1Câu 4: (3.0 điểm)

4.1. Tìm giới hạn:

31

3

1

1lim

xxx

4.2. Cho dãy số ( Un) có số hạng tổng quát 35

1951

16( 1)

nnn

n n

Cu C n N

n

. Tìm các số hạng

dương của dãy.Câu 5: (2.0 điểm)

Cho 43 4( ) 1f x x x x . Sau khi khai triển và rút gọn ta được:16

162

210 ...)( xaxaxaaxf . Hãy tính giá trị của hệ số 10a .

Câu 6: (2.0 điểm)Cho x, y, z là các số thực thoả mãn các điều kiện sau: 04,01,01,0 zyxzyx

. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:411

z

z

y

y

x

xQ .

Câu 7: (4.0 điểm)7.1. Cho đường thẳng ( d): 022 yx và hai điểm A ( 0; 1), B( 3; 4). Hãy tìm toạ độ điểm

M trên ( d) sao cho 222 MBMA có giá trị nhỏ nhất.7.2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính

AD = 2a. SA vuông góc với mp’ ( ABCD ) và SA = a 6 .1. Tính khoảng cách từ A và B đến mp’ ( SCD ).2. Tính diện tích của thiết diện của hình chóp S.ABCD với mp’( ) song song với mp’( SAD) và

cách mp’(SAD) một khoảng bằng4

3a./.Hết.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 2

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN(Buổi chiều: Ngày 20-9-2009)

(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 04 trang)Điểm Đáp án4.0 Câu 12.0 1.1. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho …

0.5Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là nghiệm của PT:

3 2( 3) (2 3 ) 2 0x m x m x m 0.5 1 2 31, 2 ,x x x m

0.5

Ba hoành độ này lập thành một cấp số cộng theo một thứ tự nào đó thì ta có hệ phương trình:

0

32

3

2

2

2

132

231

321

m

m

m

xxx

xxx

xxx

0.5 Vậy với 3; 3; 0

2m m m thỏa yêu cầu bài toán.

2.0 1.2. Tính đạo hàm của hàm số tại x = 0

0.5 Ta có:2

3coscos

02

3coscos

00

3cos3cos.

3coscos

1lim

1lim

0

)0()(lim)0('

x

xx

xx

e

x

e

x

fxff

xx

x

xx

xx

.

0.5 Ta lại có:cos cos3

0 0

1 1lim lim 1

cos cos3

x x t

x t

e e

x x t

0.5 2 20 0 0

cos cos3 2sin 2 sin sin 2 sinlim lim lim 4 . 4

2x x x

x x x x x x

x x x x

0.5 Vậy f’ ( 0) = 4.3.0 Câu 21.5 2.1. Giải phương trình lượng giác.

Đs

* Zkk

xkxx 312

222

4

* Zkkxkxx 4

22

24

Vậy PT đã cho có 3 họ nghiệm.1.5 2.2. Giải hệ phương trình.

Đs VËy hÖ ph­¬ng tr×nh cã 3 nghiÖm ( x; y) lµ:

2

51;

2

51;

2

51;

2

51;1;1 .

2.0 Câu 31.0 3.1. Giải phương trình nghiệm nguyên.

Dễ thấy pt có nghiệm: x = y = 0.Đs *Thay x = 4 vào (2) ta được y = -1, y = 2. *Thay x = -4 vào (2) ta được y = 1, y = -2.

Vậy PT có các nghiệm nguyên (x; y) là: (0;0), (4; -1), (4;2), (-4;1), (-4;2).1.0 3.2. Tìm phương trình tiếp tuyến.

ĐSVì f(1) 0 nên f(1) 1 . Suy ra

1f '(1)

7 . Do đó phương trình tiếp tuyến có dạng;

1y (x 1) 1 x 7y 6 0

7

3.0 Câu 4

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 3

1.5 4.1. Tìm giới hạn.

Vậy 2;1n . Từ đó tìm được8

45,

8

7521 uu

2.0 Câu 5: Tìm giá trị của hệ số 10a .

Vậy 226.14.4. 24

44

34

1410 CCCCa

2.0 Câu 6: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức.

Vậy 1;2

13;

2

3;

3

1max zyxcbacbabaQ

4.0 Câu 7:2.0 7.1. Tìm tọa độ điểm M.

M ( 2; 0).2.0 7.2. Tính khoảng cách và diện tích thiết diện.1.0 1. Tính khoảng cách.

0.25

d(B,(SCD)) = d(I,(SCD)) =2

2))(,(

2

1 aSCDAd

1.0 2. Tính diện tích thiết diện.+ Thiết diện là hình thang vuông ( MN // PQ, MQ MN )

S =2

1(MN + PQ).MQ. MN =

2,

2

6,

2

3 aPQ

aMQ

a . Vậy: S =

2

62a

Chú ý: Nếu học sinh có hướng giải quyết khác mà đúng và hợp lôgích thì vẫn chấmđiểm tối đa như hướng dẫn này. Sai phần trên thì không chấm phần dưới.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 1

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

ĐỀ THI MÔN: TOÁNThời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SÁNG Ngày thi: 20 tháng 9 năm 2009(Đề thi gồm có: 01 trang)

Câu 1: (3.0 điểm)

1. Cho hàm số 2

1

xy f x

x

có đồ thị là (C). Tìm trên đồ thị (C) một điểm có hoành độ lớn

hơn 1 sao cho tại điểm này tiếp tuyến của (C) tạo với hai đường tiệm cận của (C) tạo thành một tamgiác có chu vi nhỏ nhất.

2. Cho hàm số 1)1()1( 23 xmxmxy . Chứng tỏ rằng với mọi giá trị khác 0 của m, đồthị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt A, B, C trong đó B, C có hoành độ phụ thuộc tham sốm. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại B, C song song với nhau.Câu 2: (5.0 điểm)

2.1. Giải phương trình:8

1

3.

6

3cos.cos3sin.sin 33

xtgxtg

xxxx .

2.2. Giải hệ phương trình:2 2 4

( 1) ( 1) 2

x y x y

x x y y y

2.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: yx – x2 + y – x – 1 = 0

Câu 3: (3.0 điểm)

3.1. Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thoả mãn:

1coscos3

32

22

A

BA

Btgtg . CMR ABC đều.

3.2. Tam giác ABC có các góc A, B, C thoả mãn:

CB

BA

C

B

B

A

sin41sin42

2

sin41sin42

2

sin

sin

sin

sin

. CM ABC đều

Câu 4: (2.0 điểm)

Cho dãy số 1

21

2010( ) :

1n

n n n

uu

u u u

. Tính giới hạn:

1

1lim

n

ni i

Lu

.

Câu 5: (2.0 điểm)5.1. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số mà trong đó có đúng hai chữ số 1 và 3 chữ số còn

lại khác nhau?5.2. Cho n là số nguyên dương với 2n . Chứng minh rằng:

22322212 2).1(.....3.2.1 nnnnnn nnCnCCC

Câu 6: (2.0 điểm)Chứng minh rằng: 7212721 22 yxyx . Trong đó x, y là các số thực thoả

mãn: 322 yxyx .Câu 7: (3.0 điểm)

7.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC với A(10;5), B(3;2), C(6;-5). Viết phươngtrình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tìm giao điểm của đường tròn này với đường thẳng y = 5.

7.2. Cho tứ diện OABC với OA = a, OB = b, OC = c và OA, OB, OC đôi một vuông góc vớinhau. Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c. Gọi ,, là góc giữa OA, OB, OC với mặt phẳng (ABC). Chứng minh rằng: 1sinsinsin 222 ./.Hết.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 2

SỞ GD VÀ ĐT ĐỒNG THÁPTrường THPT Cao lãnh 2

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT CẤP TỈNHNĂM HỌC 2009 - 2010

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN(Hướng dẫn chấm và biểu điểm gồm có 05 trang)

Điểm Đáp án3.0 Câu 11.5 1.1. Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho chu vi nhỏ nhất.

0.25Giả sử

1

;0

20

0 x

xxM với x0 > 1 là một điểm thoả mãn đề bài. A và B là giao điểm của tiếp

tuyến với đồ thị với các tiệm cận đứng, tiệm cận xiên tương ứng, I( 1; 2) là giao điểm của haitiệm cận.

0.25 Khi đó 000

0 2;12,1

2;1 xxB

x

xA

.

0.25 Dựng AIBH . Ta có 2.2

1 BHAIS ABI (đvdt).

0.25 Mặt khác 24.sin.2

1 IBIAAIBIBIAS ABI .

0.25Từ đó 4 24 IBIA . Từ định lí cosin cho tam giác AIB có

1288.245cos..2 0222 IBIAIBIAIBIAAB .

0.25 Kết luận: Chu vi tam giác AIB đạt giá trị nhỏ nhất ứng với

4

4

4 2

122;

2

11M .

1.5 1.2. Tìm giá trị của m để các tiếp tuyến tại B, C song song với nhau.ĐS Vậy m = 2 thỏa yêu cầu bài toán.5.0 Câu 22.0 2.1. Giải phương trình lượng giác.

ĐS Nghiệm Zkkx 6

thoả mãn các điều kiện bài toán.

2.0 2.2. Giải hệ phương trình.

ĐS Tóm lại hệ Pt (I) có 4 nghiệmx 2

y 2

V

x 2

y 2

V

x 1y 2

V

x 2y 1

2.0

CÁCH KHÁC (I)

2 2

2 2

x y x y 4

x y x y xy 2

2 2x y x y 4xy 2

2(x y) x y 0xy 2

x y 0 hay x y 1xy 2

x y 0 hay x y 1xy 2

2

x y

x 2 hay

2

x y 1

x x 2 0

x 2

y 2

V

x 2

y 2

V

x 1y 2

V

x 2y 1

1.0 2.3. Giải phương trình nghiệm nguyên sau: yx – x2 + y – x – 1 = 0 (3).ĐS Thử lại ta được các nghiệm của (3) là: (x; y) = (- 2; - 3), (0; 1).3.0 Câu 31.5 3.1. Chứng minh tam giác ABC đều.

ĐS3

A B ABC

đều

1.5 3.2. Chứng minh tam giác ABC đều.

Giáo viên dạy: Phan Hữu Thanh 3

0.25 sin sinA B 0.25 Lập phương trình tương tự đối với điều kiện thứ hai của hệ, ta có sinB = sinC.0.25 Suy ra điều cần chứng minh.2.0 Câu 4

ĐS1

1 1lim

2009

n

ni iu

2.0 Câu 51.0 5.1. Số tạo thành có 5 vị trí. Xét hai trường hợpĐS Theo quy tắc cộng, số các số phải tìm là: 470433601344 .

1.0 5.2. Chứng minh rằng: 22322212 2).1(.....3.2.1 nnnnnn nnCnCCC

0.5 Suy ra

212

111

2 212.211 nnnn

k

kn

n

k

kn

n

k

kn nnnnnkCCkkCk ( đpcm)

2.0 Câu 6: Chứng minh rằng: 7212721 22 yxyx .

ĐS Theo giả thiết 13

022

yxyx nên 7212721 22 yxyx .

3.0 Câu 72.0 7.1. Phương trình đường tròn và giao điểm.ĐS Vậy có hai giao điểm là )5;10(1M và )5;6(2M .

1.0 7.2. Chứng minh rằng: 1sinsinsin 222

0.25 Vậy 1111

sinsinsin222222

222

222222

accbba

cba

cba

Chú ý: Nếu học sinh có hướng giải quyết khác mà đúng và hợp lôgích thì vẫn chấmđiểm tối đa như hướng dẫn này. Sai phần trên thì không chấm phần dưới.

[VNMATH.COM]

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

(Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (6,0 điểm) Cho hàm số y = mx

mmxmmx

+

+4+)1+(+ 322

1. Với m = -1. a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (2,0đ).

b, Tìm trên mỗi nhánh của đồ thị một điểm sao cho khoảng

cách giữa chúng nhỏ nhất (2đ).

2. Tìm m để đồ thị hàm số có tương ứng một điểm cực trị thuộc góc phần tư (II)

và một điểm cực trị thuộc góc phần tư (IV) của mặt phẳng toạ độ (2,0đ).

Câu 2: (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: Sin3x + Cos

3x = 2 - Sin

4x (1,0đ)

2. Cho k, l, m là độ dài các đường trung tuyến của ABC,

R là bán kính đường tròn ngoại tiếp đó:

CMR: k + l + m ≤ 2

9R (2,0đ).

Câu 3: (3,0 điểm): Cho (E): 2

2

a

x +

2

2

b

y = 1

Hình chữ nhật Q gọi là hình chữ nhật ngoại tiếp với E nếu mỗi cạnh của Q đều

tiếp xúc với E.

Trong tất cả các hình chữ nhật ngoại tiếp với E. Hãy xác định:

1. Hình chữ nhật có Smin (1,0đ).

2. Hình chữ nhật có Smax (1,0đ).

Câu 4: (4,0 điểm) 1. Cho a, b là hai số dương khác nhau. người ta lập 2 dãy số

{un} và {vn}, bằng cách đặt:

u1 = a; v1 = b ; un+1 = 2

+nn

vu vn+1 =

nnvu .

(n = 1, 2, 3,...) C/m Limn

+ Un = Limn

+ Vn (2,0đ)

2. Cho m > 0 a, b, c thoả mãn: 2+m

a+

1+m

b +

m

c = 0

CMR phương trình: ax2 + bx + c = 0 có ít nhất 1 nghiệm x (0,1) (2,0đ).

Câu 5: (4,0 điểm) Cho hình vuông ABCD cạnh a. M là một điểm di động trong

không gian sao cho M nhìn AB và AD dưới một góc vuông, gọi O là tâm của

hình vuông.

1. Chứng minh M luôn luôn di động trên một đường tròn cố định (1,0đ).

2. là mặt phẳng đi qua AB và vuông góc với mặt phẳng ABCD. Kéo dài DM

cắt tại N. CM góc ANB vuông (1,0đ).

3. Đặt DM = x. Tính MN theo a và x. Tìm miền biến thiên của x, từ đó suy ra

điều kiện của hằng số k để tồn tại x thoả mãn MN = k (1,0đ).

4. Tìm giá trị lớn nhất của VABND (1,0đ).

-Hết-

[VNMATH.COM]

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

Đề thi học sinh giỏi khối 12

Câu Nội dung Điểm

Câu 1 6,00đ 1. Với m = 1

a. Khảo sát, vẽ đồ thị (2,0đ).

Trình bày đầy đủ, đúng các các bước và có nhận xét. Đồ

thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng

Thiếu một bước trừ từ 1/4 đến 1/2 điểm tuỳ lỗi nặng nhẹ

2.00đ

b. Nhận xét x1 < 1 < x2

M1(x1,y1); M2(x2,y2) x1 = 1 - ; x2 = 1 + , > 0

y1 = - - α

4; y2 = - -

β

4

d2 = M1M2

2 = ( + )

2 ])

4+1(+1[αβ

+ 2 αβ =

d2 8[

αβ

8+ + 4]

M1(1 - 4 8 ; 4 8 + 2 4 2 ); M2(1 + 4 8 ; - 4 8 - 2 4 2 )

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

2. Viết được hàm số có 2 điểm cự trị nên phương trình y’

= 0 có 2 nghiệm phân biệt x1 < x2

góc (II) và góc (IV) nằm về hai phía của oy x1 < 0 < x2

m(0) < 0 với (x) = mx2 + 2m

2x + 3m

3 -3m

4 < 0

m 0 (*).

Lại có góc (II) & (IV) nằm về hai phía của trục 0x và đối

với hàm phân thức bậc t2 trên bậc nhất yCT > y

Điểm CT (II). Điểm CĐ (IV) Đồ thị không cắt ox

pt y = 0 vô nghiệm < 0 |m| > δ

δ (**)

Ta có dấu y’ như sau

hệ số bậc hai

của (x) là m < 0 (***)

Từ (*), (**), (***) m < 5

5

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

Câu 2 3,00đ a. Nhận xét: Sin3x + Cos

3x ≤ Sin

2 + Cos

2x = 1

2 - Sin4x 1

pt đã cho 1 =Sin4x

1 =Cos3x +Sin3x

0.25đ

0.25đ

0.25đ

[VNMATH.COM]

x = 2

π + 2k

0.25đ

b. Giả sử: k, l, m là các trung tuyến kẻ từ A, B, C thì

k2 + l

2 + m

2 =

4

3(a

2 + b

2 + c

2)

(vì: 2k2 +

2

a 2

= b2 + c

2 tương tự)

Mặt khác: a2 + b

2 + c

2 = 4R

2(Sin

2A + Sin

2B + Sin

2C)

mà: 4(Sin2A + Sin

2B + Sin

2C) = 2(1 - Cos2A + 1- Cos2B)

+ 4(1 - Cos2C). = 8 + 4CosCCos(A-B) - 4Cos

2C = 8 -

Cos2(A-B) - [2CosC - Cos(A-B)] 9

3

m + l + k 222

4

9R 2

đpcm

1,0đ

0,25đ

0,25đ

0,50đ

0,25đ

Câu 3 3,00đ Đường thẳng Ax + By + C tiếp xúc với E

A2a

2 + B

2b

2 = C

2

2 cạnh của Q có pt: Ax + By C = 0 (A2a

2 + B

2b

2 = C

2)

Khoảng cánh giữa chúng là: d1 = 22 B+A

C2

2 cạnh còn lại của Q có pt: Bx - Ay D = 0 (A2a

2 + B

2b

2

= D2)

Khoảng cánh giữa chúng là: d2 = 22 B+A

D2

SQ = 22 B+A

CD4

Đặt: T = 16

S 2

Smin max Tmin max

T = 222

2222222

)B+(A

)Ab+B)(abB+a(A

Theo Côsi (A2a

2 + B

2b

2)(a

2B

2 + b

2A

2)

2

)AB+Ba+bB+aA 2222222

= 4

)b+)(aB+(A 2222

Tmin = 4

)b+(a 222

Smin Q là vuông

Lại có: theo Bunlia Copxki cho 2 dãy (Aa,Bb); (bA,aB)

(A2a

2 + B

2b

2)(b

2A

2 + a

2B

2) (A

2ab + B

2ab)

2 =

a2b

2(A

2+B

2)2

T 222

22222

)B+(A

)B+(Aba = a

2b

2

A = 0

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,50đ

0,25đ

0,50đ

[VNMATH.COM]

Tmin = a2b

2 Q có các cạnh | | ox, oy

B = 0

Câu 4 4,00đ a. Coi 0<b<a bằng qui nạp C/m n:

Vn< Vn+1 < Un+1 < Un

b = V1<V2<V3<...<Vn...<Un<Un-1<Un-2<...<U2<U1=a

Lại có: Un+1-Vn+1 = 2

)V-U(=VU-

2

V+U2

nn

nn

nn

Un+1-Vn+1 =

2

)V+U)(V-U(<

2

)V-U(nnnn

2

nn

Hay 0 < Un+1-Vn+1 < 2

V-Unn

(*)

Lại có Un giảm bị chặn dưới

Vn tăng bị chặn trên limUn và limVn

Từ (*) LimUn = LimVn

(Giả sử LimUn=a, LimVn=b a-b = 2

b-a a=b)

0,50đ

0,50đ

0,50đ

0,50đ

b. Đặt f(x) = ax2+bx+c. Xét hai trường hợp

a=0 f(X) = bx+c

b=0 c=0 f(x)=0 xR x(0,1)

b0 c0 x = 1+m

m=

b

c- (0,1)

a0 f(0) = c 2)+m(m

c-=)

2+m

1+m(f

2)+m(m

c-=)

2+m

1+m(f)0(f

2

0

c0 x (0,2+m

1+m) < (0,1)

c=0 thì f(x) = ax2 + bx có nghiệm x =

2+m

1+m=

a

b- (0,1)

Tóm lại: a, b, c thoả mã (*) pt có nghiệm x(0,1)

0,50đ

0,50đ

0,50đ

0,25đ

0,25đ

Câu 5 4,00đ 1.a. MA MB

và MA MD

MA (BMD)

MA MO và MA BD

Lại có: AC BD (ABCD vuông) BD (MAC)

M . cố định nằm trong mf BD tại O, đường kính

AO.

0,25đ

0,25đ

0,25đ

[VNMATH.COM]

2. MA (BMD)

MA BN

AO AB và ()

(ABCD) AD

() AD BN

BN (MAD)

BN AN

3. Tam giác vuông

AMD có AM = 22 x-a

Tam giác vuông DAN có: AM ND

AM2 = MN.MD MN =

MD

AM 2

MN = x

x-a 22

vì M

0 < AM AO 0 < a2 - x

2

2

a 2

2

2a<x<a

Tìm k>0: a2 - x

2 = kx (1)

2

2a x <a (2)

(1) f(x) = x2 + kx

- a

2 = 0 (*) có nghiệm thoả mẵn (2)

pt (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt: vì ac < 0 (x1 < 0 < x2)

f(2

2a) =

2

a(k 2 -a)

2

k-=

2

δ < 0

4. V = 3

1BN SDAN AN = a 1 -

x

a2

2

BN = a2

2

x

a-2

V = 1) -x

a)(

x

a-2(a

6

12

2

2

2

3

V 12

a =

2

]1 -x

a+

x

a-2[

a6

1 32

2

2

2

3

dấu “=” x = 3

6a

0,25đ

0,50đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn Toán học – Thời gian làm bài 180 phút

Đề thi bảng A

Bài 1: Cho y = (-m + 1) x3 + 3( m + 1) x

2 - 4 mx - m .

a) Tìm các giá trị của m để hàm số luôn đồng biến .

b) Chứng minh với mọi m đồ thị hàm số luôn đi qua 3 điểm cố định

thẳng hàng .

Bài 2: Tìm các giá trị của tham số a để bất phương trình :

134

12

axax

x

Được nghiệm đúng với mọi x .

Bài 3: Giải phương trình

2)1( 22

3

xx

xx

Bài 4: Tìm cặp số (x; y) thoả mãn

y6 + y

3+ 2 x

2 =

22 yxxy

Bài 5: Cho khối tứ diện ABCD ; M là 1 điểm nằm bên trong tứ diện;AM,

BM , CM, DM. Lần lượt cắt các mặt BCD; ACD; ABD; và ABC tại A1, B1

, C1 , D1.

a) Chứng minh rằng :

1

1

1

1

1

1

1

1

DD

MD

CC

MC

BB

MB

AA

MA Không đổi .

b) Tìm vị trí của điểm M để biểu thức

1111 MD

DM

MC

CM

MB

BM

MA

AMP

Đạt giá trị nhỏ nhất .

Bài 6: Chứng minh với mỗi số nguyên dương n thì phương trình x2n+ 1

= x +

1 . chỉ có 1 nghiệm số thực xn . Khi đó tìm lim xn

n

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

MÔN TOÁN HỌC THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Bài 1:

a) (1.5 điểm )

D = R

Cần điều kiện : y’ = 3 (m + 1) x2

+ 6 ( m + 1 ) x - 4 m 0

Thoã mãn với x (0.25

điểm)

+ m + 1 = 0 => m = - 1 có y’ = 4 > 0 Thoã mãn với x

vậy m = -1 là giá trị cần tìm . (0.25

điểm)

+ m + 1 0 = > m = - 1 . Để y’ 0 Thoã mãn với x cần điều kiện

0)1(12)1(9

01

2' mmm

m

10)37)(1(

01

m

mm

mhoặc m

7

3 (0.50

điểm)

Kết luận: m .;7

31;

(0.25

điểm)

b) Gọi (x0 ;y0) là điểm cố định mà đồ thị đi qua với m

=> m ( 03)143 0

2

0

3

00

2

0

3

0 yxxxx (*)

Để phương trình (*) không phụ thuộc m cần

03

0143

0

2

0

3

0

0

2

0

3

0

yxx

xxx

Xét phương trình 0143 0

2

0

3

0 xxx

Gọi f(x) = 0143 0

2

0

3

0 xxx là hàm số liên tục trên R

+ Có f(0) .f(-1) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (-1; 0)

(1.0

điểm)

+ Có f(1) .f(2) <0 => phương trình f(x) = 0 có một nghiệm thuộc (1; 2)

+ Có f(-1) > 0 ; khi x thì f(x) <0.

Vậy phương trình f(x) = 0 có nghiệm thuộc (- )1;

Vậy phương trình f(x) = 0 luôn có 3 nghiệm .

Các nghiệm ấy thõa mãn :

03

0143

23

23

yxx

xxx

Trừ hai phương trình cho nhau được : y - 4x - 1 = 0 hay các điểm cố định

thuộc đường thẳng y = 4x - 1 .

Bài 2 (3 điểm )

Trước hết cần ax2 - 4x + a - 3 0 với mọi x

0)3(4

0

' aa

a a < -1 hoặc a > 4 (0,5

điểm)

+ Nếu a < -1 thì ax2 - 4x + a - 3 < 0 với x .

Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x .

x + 1 > ax2 - 4x + a - 3 thỏa mãn với x .

ax2 - 5x + a - 4 < 0 thỏa mãn với x .

= 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a < -1) (1,0

điểm)

= 4a2 - 16a - 25 > 0

2

414 a (do a < - 1)

+ Nếu a > 4 thì ax2 - 4x + a - 3 > 0 với x .

Bất phương trình đã cho thỏa mãn với x .

x + 1 < ax2 - 4x + a - 3 thỏa mãn với x .

ax2 - 5x + a - 4 > 0 thỏa mãn với x (1,0

điểm)

= 25 - 4a (a - 4 ) < 0 (vì a = 4 > 0)

4a2 - 16a - 25 > 0

2

414 a (do a > 4)

Kết luận:

;

2

414

2

414;a (0.5

điểm)

Bài 3: ( 3 điểm )

Tập xác định D = x R (0,25

điểm)

Do x = 0 không là nghiệm của phương trình đã cho nên phương trình đã cho

(0,25

điểm)

2

11

1

122

2

2

3

xx

xx

x

xx

x

xx

(0,5

điểm)

xx

xx

11

12

2

(0,5

điểm)

Đặt .1

tx

x Điều kiện 2t

(vì 211

xx

xxt ) (0,25

điểm)

Ta được phương trình mới

2t2 - 5t + 2 = 0 (0,25

điểm)

)(

2

1

2

m·ntho¶ kh«ngdo lo¹it

t

(0,25

điểm)

Với t = 2

012

22

1

2

xx

x (0,5

điểm)

1 x

Kết luận: Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 1 (0,25

điểm)

Bài 4: (3 điểm )

Điều kiện : xy - x2

y2 0 hay 10 xy (0,25

điểm)

Ta có :

xy - x2

y2 = -

4

1

4

1

4

122

xyyx (0,25

điểm)

2

122 yxxy ( Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi xy = 2

1 )

Do đó : y 6

+ y 3 + 2x

2

2

1 (0,25

điểm)

Kết hợp với giả thiết 2

14)2(12 3322 yxyyxx (0,25

điểm)

Cộng hai vế hai bất đẳng thức ta có :

14)2(14 3226 xyyxxy (0,25

điểm)

12)2(1 yx 23 )2( xy

Do 1 2)2(1 yx 0 dấu bằng xảy ra khi 1 + (2x - y ) 2 =1

và 0)2( 23 xy (0,25

điểm)

nên ta có 1 2)2(1 yx )2( 3 xy = 0

02

023

yx

xy (0,25

điểm)

Giải hệ này ta được

2

1

1

;1

1;

0

0

3

3

2

2

1

1

x

y

x

y

x

y (0,5

điểm)

Thử lại chỉ thấy : (x ; y ) =

1;

2

1 thoả mãn (0,5

điểm)

Bài 5: (4 điểm )

a) Gọi thể tích các khối tứ diện M.BCD ; M.ACD ; M.ABC và ABCD là V1

, V2 , V3 , V4 và V khi đó :

V

V

AA

MA 1

1

1 ; V

V

BB

MB 2

1

1 ; V

V

CC

MC 3

1

1 ; V

V

DD

MD 3

1

1 (1,0

điểm)

Cộng 4 đẳng thức trên = > khết quả = 1 (không đổi ) (0.5

điểm )

b) Theo kết quả câu a để thuận tiên gọi V1 = a2 ; V2 = b

2 ; V3 = c

2 ; V4= d

2.

Khi đó :

2

2222

11

1

a

dcba

V

V

MA

AA

=> 1MA

AM2

222

a

dcb

Tương tự:

1MB

BM2

222

b

acd

1MC

CM2

222

c

bad

1MD

DM2

222

d

cba . (1,0

điểm)

Mặt khác theo Bất đẳng thức Bunhi a ta có :

(b + c + d ) 2 3 (b

2 + c

2 + d

2 )

=>

a

dcb

a

dcb

AM

BM

3

1222

1

(0,5

điểm)

Tương tự :

b

dca

MB

BM

3

1

1

c

dba

MC

CM

3

1

1

d

cba

MD

DM

3

1

1

Dấu “=” xảy ra khi a2 = b

2 = c

2 = d

2 (0,5

điểm)

=>T 3412.3

1

3

1

d

cba

c

dba

b

acd

a

dcb

(Theo BĐT cô si cho 2 số không âm )

Vậy T min = 4 3 khi a2

= b2 = c

2 = d

2

Hay M là trọng tâm tứ diện ABCD ) (0.5

điểm )

Bài 6: (3 điểm )

Tập xác định D = R (0,25

điểm)

Phương trình đã cho 112 xx n

1)1( 2 nxx (*) (0,5

điểm )

+ Nếu x 11 2 nx : vế trái 0 (0,25

điểm)

Vậy phương trình vô nghiệm .

+Nếu 0 < x <1 => vế trái (*) âm = > phương trình vô nghiệm (0,25

điểm)

+Nếu –1<x 1 (*) tr i vÕ0 phương trình vô nghiệm

(0,25 điểm)

+Nếu x > 1 xét f(x) = x 112 xn là hàm số liên tục trên (1 ; + )

mà f(-1) . f(2) < 0 . nên theo tính chất của hàm số liên tục nx (0,5

điểm )

Sao cho xn (1;2 ) để f (xn ) = 0 :

với xn = n

n

n

xnx nn

n2

12

12

12112

(theo bất đẳng thức côisi ) (0,5

điểm )

Và lim 12

12lim

n

nxn

Vậy lim xn = 1 (0,25

điểm)

n

n

nxDo n

2

121

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TOÁN LỚP 12

Câu 1: (6,0 điểm)

a) Giải phương trình (2cos 1)(sin cos ) 1x x x .

b) Cho , ,a b c là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

abccabbcaaccbba

222222

111

)(

2

)(

2

)(

2

Câu 2: (3,0 điểm)

a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố dạng 4k+3 thì không tồn tại số nguyên dương n

sao cho n2 + 1 chia hết cho p.

b) Giải phương trình nghiệm nguyên :

2( ) 2 2 2013x y x y

Câu 3: (4,0 điểm)

Cho dãy số ( )na thỏa mãn điều kiện 2

1 1

1, ( 1)

2 2013

nn n

aa a a n

a) Chứng minh rằng dãy ( )na là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên.

b) Đặt

n

i i

na

S1 2013

1. Tìm lim n

nS

.

Câu 4: (5,0 điểm)

Tam giác ABC nhọn có H là trực tâm; AH, BH, CH lần lượt cắt BC, CA, AB tại M, N, P;

AE và MF cùng vuông góc với NP ( với E, F thuộc NP).

a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP và A là tâm đường tròn

bàng tiếp góc M của tam giác MNP.

b) Chứng minh đường thẳng EH đi qua trung điểm của MF.

Câu 5: (2,0 điểm)

Cho dãy các phân số .2013

1,

2012

1,...,

4

1,

3

1,

2

1,

1

1 Người ta biến đổi dãy số bằng cách xóa đi

hai số a, b bất kỳ và thay bằng số mới a + b + ab. Sau một lần biến đổi như vậy, số các số hạng

của dãy số giảm đi một đơn vị so với dãy trước đó. Chứng minh rằng giá trị của số hạng cuối

cùng còn lại sau 2012 lần biến đổi không phụ thuộc vào thứ tự thực hiện và hãy tìm giá trị đó.

-----HẾT-----

Họ và tên thí sinh: ________________________ Số báo danh: _________________________

Chữ ký GT1:_____________________________ Chữ ký GT2: _________________________

TOÁN

I. Hướng dẫn chung

1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng, chính xác, chặt

chẽ thì cho đủ số điểm của câu đó.

2) Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải bảo đảm không làm

sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong tổ chấm.

II. Đáp án và thang điểm

Câu 1: (6,0 điểm)

NỘI DUNG ĐIỂM

a) Giải phương trình (2cos 1)(sin cos ) 1x x x . 3,0 22sin cos 2cos 1 sin cosx x x x x 0,5

sin 2 cos2 sin cosx x x x 0,5

2 cos 2 2 cos4 4

x x

0,5

2 2 .4 4

x x k

0,5

2

2

6 3

x k

kx

0,5

0,5

b) Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng ta có bất đẳng thức

2 2 2 2 2 2

2 2 2 1 1 1

( ) ( ) ( )a b b c c a a bc b ca c ab

3,0

Ta chứng minh bất đẳng thức )1(1

)(

1

)(

1222 bcacaba

0,5

2 2 2 2 2 2( )(2 2 2 ) ( )a bc a ab ac b c a ab bc ca 0,5

Khai triển và rút gọn, ta được : 4 2 2 22a b c a bc 0,5 2 2( ) 0a bc (bất đẳng thức đúng) 0,5

Tương tự cho các trường hợp còn lại 0,5

Cộng bất đẳng thức (1) với hai bất đẳng thức tương tự, suy ra đpcm 0,5

Câu 2: (3,0 điểm)

NỘI DUNG ĐIỂM

a) Chứng minh rằng nếu p là số nguyên tố dạng 4k+3 thì không tồn tại số nguyên

dương n sao cho n2 + 1 chia hết cho p.

1,5

Xét p = 4k+3 là số nguyên tố. Giả sử tồn tại n nguyên dương sao cho n2 + 1 chia hết

cho p thì n2 - 1 (mod p).

0,25

Từ đó suy ra n2(2k+1)

- 1 (mod p). Tức là n4k+2

- 1 (mod p). 0,5

Mặt khác, theo định lý nhỏ Fermat ta có n4k+2

1 (mod p). 0,25

Từ đây suy ra 2 0 (mod p), mâu thuẫn. 0,25

Vậy điều giả sử là sai, tức là không tồn tại số nguyên dương n sao cho n2 + 1 chia hết

cho p. 0,25

b) Giải phương trình nghiệm nguyên : 2( ) 2 2 2013x y x y . (1) 1,5

Giả sử tồn tại các số nguyên ,x y thỏa mãn phương trình. Khi dó ta có

(1) 2( ) 2( ) 1 2011x y x y y 0,25

2( 1) 1 2011x y y 0,25

Suy ra 2( 1) 1x y chia hết cho 2011 0,5

F

H

E

P

K

Q

N

MC

B

A

Mà 2011 là số nguyên tố dạng 4k+3 nên áp dụng câu a ta suy ra mâu thuẫn.Vậy

phương trình đã cho không có nghiệm nguyên 0,5

Câu 3: (4,0 điểm)

NỘI DUNG ĐIỂM

a) Chứng minh rằng dãy (an) là dãy số tăng nhưng không bị chặn trên. 2,0

Theo đề bài ta suy ra 2

1 0 , 12013

nn n

aa a n 0,5

Vậy ( )na là dãy số tăng 0,5

Giả sử nó bị chặn trên thì nó phải có giới hạn hữu hạn L. Chuyển đẳng thức truy hồi

sang giới hạn, ta có 2

2013

LL L 0L

0,5

Nhưng ( )na là dãy số tăng và bắt đầu bằng 1

2 nên điều này không thể xảy ra. Mâu

thuẫn. Vậy điều giả sử là sai và như thế dãy số ( )na không bị chặn trên. 0,5

b) Đặt 1

1

2013

n

n

i i

Sa

. Tìm limn

nS

. 2,0

Ta có 2013

1

2013

2013112

2

1

1

1

nnnn

n

nn

nn

nn aaaa

a

aa

aa

aa 1

Từ đó 111

11

2013

1

n

n

i i

naaa

S 0,5

Ta có lim nn

a

nên 1 1

1 1lim lim 2n

n nn

Sa a

0,5

Câu 4: (5,0 điểm)

NỘI DUNG ĐIỂM

a) Chứng minh rằng H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP và A là tâm

đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. 2,5

Ta có BPNC và CNHM là các tứ giác nội tiếp nên

PNH HCM

PNH HNM

HNM HCM

, suy ra NH là phân giác trong PNM

1,0

Chứng minh tương tự PH là phân giác trong MPN

. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác MNP 0,5

Ta có MH là phân giác trong PMN

của tam giác MNP 0,5

AN là phân giác ngoài PNM

(vì HN AN )

Vậy A là tâm đường tròn bàng tiếp góc M của tam giác MNP. 0,5

b) Chứng minh đường thẳng EH qua trung điểm của MF. 2,5

Gọi (A) là đường tròn tâm A tiếp xúc với NP tại E

Gọi (H) là đường tròn tâm H tiếp xúc với NP tại Q và KQ là đường kính của (H).

Dựng d tiếp xúc (H) tại K, suy ra d // NP.

0,5

Khi đó qua phép vị tự ( , )M kV với MA

kMH

, biến ( ) ( )H A

d PN

0,5

K E M, K, E thẳng hàng 0,5

mà HK = HQ và KQ // MF 0,5

nên EH qua trung điểm của MF 0,5

Câu 5: (2,0 điểm)

NỘI DUNG ĐIỂM

Trong quá trình biến đổi, giả sử trên bảng có các số a1, a2, ..., an ta tính đặc số P của

bộ số này là P = (a1+1)(a2+1)...(an+1). Ta chứng minh đặc số P không đổi trong quá

trình thực hiện các phép biến đổi như trên.

0,5

Thật vậy, giả sử ta xóa đi 2 số a, b. Khi đó trong tích P mất đi thừa số (a+1)(b+1).

Nhưng do ta thay a, b bằng a + b + ab nên trong tích P lại được thêm thừa số a + b +

ab + 1 = (a+1)(b+1). Vậy P không đổi.

0,5

Như vậy P ở trạng thái ban đầu bằng với P ở trạng thái cuối cùng.

Ở bộ số đầu ta có

.20142013

2014.

2012

2013...

3

4.

2

3.21

2013

11

2012

1...1

3

11

2

111

P

0,5

Giả sử số cuối cùng còn lại là x thì ở số này ta có : 1P x

Từ đó suy ra 2013x 0,5

------HẾT-----

THPT Qu¶ng X­¬ng 3

1

Së gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Thanh Hãa kú thi häc sinh giái líp 12 THPT----------------- ----------------------------------------------

M«n thi To¸n b¶ng AThêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò.

-------------------------

Bµi 1 (4 ®iÓm)

1. T×m trªn trôc hoµnh c¸c ®iÓm cã thÓ kÎ ®Õn ®å thÞ hµm sè1

2

xx

y hai tiÕp

tuyÕn t¹o víi nhau mét gãc 450.2. TÝnh thÓ tÝch vËt thÓ sinh ra bëi phÐp quay quanh trôc Ox cña h×nh giíih¹n bëi: xy 2log ; x + y = 3; y = 0.Bµi 2 (4 ®iÓm)

1. T×m m ®Ó hÖ

077

0222

2

mxmx

mxmx cã nghiÖm.

2. Gi¶i ph­¬ng tr×nh 3322 xxx .Bµi 3 (4 ®iÓm)1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0.2. Trong tam gi¸c ABC, chøng minh r»ng:

6

13

coscoscos

1coscoscos

CBACBA .

Bµi 4 (4 ®iÓm)1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh 23log5log3 53 xxxx .

2. TÝnhx

xxx

13121lim

3

0

.

Bµi 5 (4 ®iÓm)1. LËp ph­¬ng tr×nh mÆt cÇu t©m I(1; -1; 1), biÕt r»ng qua ®­êng th¼ng

0122

0322

zyx

zyx cã hai mÆt ph¼ng vu«ng gãc víi nhau tiÕp xóc víi mÆt cÇu.

2. Víi a, b, c d­¬ng vµ 1 ≤ R, chøng minh r»ng:

11

1

11

1

11

1

ba

c

ac

b

cb

a

ba

c

ac

b

cb

a

...........HÕt...........

C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh ......................................... sè b¸o danh .........................

THPT Qu¶ng X­¬ng 3

2

H­íng dÉn chÊm bµi thi häc sinh giái líp 12 THPTM«n: to¸n - b¶ng A

(®¸p ¸n nµy cã 3 trang)

Bµi ý Néi dung §iÓm

1

TX§ D = R\{1}M Ox M(x0; 0), ®­êng th¼ng qua M víi hÖ sè gãc k cã ph­¬ngtr×nh: y = k(x – x0) ()

() lµ tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ khi hÖ:

kx

xx

xxkx

x

2

2

0

2

1

2

1 cã nghiÖm

02

22

1

2

1xx

x

xx

x

x

021 00 xxxx

11

2

0

00

0 xVoix

xx

x

Víi x0 = 0 k = 0,

Víi x0 = 1

2

0

0

x

x k = 20

0

1

4

x

x

§Ó tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n th×:21

210

145

kk

kktg

... 20

0

1

4

x

x= ± 1

... 2230 x

M1( 223 ; 0), M2( 223 ; 0).

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

I

2

Giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè xy 2log , vµ ®­êng th¼ng x +y = - 3

lµ A(2; 1) V =

dxxdxx

3

2

22

1

2 3log =V1+ V2

V1= dxx2

1

2log = dxxe 2

1

2 ln.log =...

= 12ln2.log2 e .

V2 = dxx 3

2

23 = ...= 31

V=[31 + 12ln2.log2 e ] (®vtt)

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

II 1

)2(077

)1(0222

2

mxmx

mxmx

1 = (m – 2)2 ≥ 0 vµ 2 = (m – 7)2 ≥ 0 m = 2 hoÆc m = 7 th×hÖ ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm.

Víi

7

2

m

m vµ 0m th× tËp nghiÖm cña (1) lµ D1 R+ vµ tËp

nghiÖm cña (2) lµ D2 R- nªn hÖ ph­¬ng tr×nh v« nghiÖm. Víi m < 0 tËp nghiÖm D1= (m; 2) vµ tËp nghiÖm D2= (-7; -m) hÖ ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm. HÖ ph­¬ng tr×nh lu«n cã nghiÖm víi m < 0.

0.5®

0.5®

0.5®0.5®

y

O 1 2 3 x1

THPT Qu¶ng X­¬ng 3

3

Bµi ý Néi dung §iÓm

2

01330332 xxxxxxxx

2

131

03

03

2

x

xx

xxx

2

173

023

113

2

x

xx

xxx

KÕt luËn:2

131x vµ

2

173x lµ nghiÖm.

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

1

04cos33cos43cos2 2 xsxx

02sin213cos2 2 xx

02sin

13cos

x

x

2

32

3

lx

kx

KL: NghiÖm x = + 2k

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

III

2

®Æt CBA coscoscos = 1+2

sin2

sin2

sin4CBA = t 1< t ≤

23

XÐt f(t) =t

t1

trªn (1;23 ], cã f’(t) =

2

11

t > 0 hµm sè ®ång

biÕn trªn (1;23 ]

t (1;23 ] th× f(1) < f(t) ≤ f(

23 ) =

6

13

VËy6

13coscoscos

1coscoscos

CBACBA

DÊu b»ng x¶y ra khi: CBA coscoscos =23 hay tam gi¸c ®Òu.

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

1

Pt 3log5log 53 xx =3

2

x

x víi x > 5

Hµm sè y = 3log5log 53 xx ®ång biÕn trªn (5; + )

Hµm sè y =3

2

x

x cã y’= 23

5

x< 0 nghÞch biÕn trªn (5; + )

ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x = 8

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

IV

2

L =x

xxxxx

131313121lim

333

0

=x

xx

x

12131lim 3

0

+

x

xx

131lim

3

0

= L1 + L2

L1 = x

xx

x

12131lim 3

0

= 121

231lim 3

0

xx

xx

x= 1

L2 = x

xx

131lim

3

0

=

13131

3lim

3230 xxx

xx

= 1

VËy L = 2

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

THPT Qu¶ng X­¬ng 3

4

Bµi ý Néi dung §iÓm

1

)(0122

)(0322

Qzyx

Pzyx ta nhËn thÊy

)(

)(

QI

PI vµ (P) (Q)

hai mÆt ph¼ng tiÕp xóc víi mÆt cÇu nhËn (Q) lµm mÆt ph¼ngph©n gi¸c 2 mÆt ph¼ng hai mÆt ph¼ng tiÕp xóc víi mÆt cÇu còng lµhai mÆt ph¼ng ph©n gi¸c cña gãc sinh bëi (P) vµ (Q). Nªn ph­¬ngtr×nh 2 mÆt ph¼ng hai mÆt ph¼ng tiÕp xóc víi mÆt cÇu lµ:

|2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1|

04-3z-x3

02-z4yx

B¸n kÝnh mÆt cÇu cÇn lËp: R = d(I/) =3

2141 =

3

4

Ph­¬ng tr×nh mÆt cÇu cÇn lËp lµ: 9

16111 222 zyx

0.5®

0. 5®

0.5®

0.5®

V

2

Gi¶ sö a ≥ b ≥ c > 0

011

1

11

1

11

1

ba

c

ba

c

ac

b

ac

b

cb

a

cb

a

01

11

111

111

111

baba

cc

acac

bb

cbcb

aa

0

11

111

11

111

11

111

bcac

acbacac

acac

abacbcb

cbcb

cacbaba

...

0

11

11

11

111111

111111

111111

abcbbabaacac

babaacaccbcb

acaccbcbbaba

§iÒu nµy lu«n ®óng víi mäi a ≥ b ≥ c > 0 vµ > 1, RdÊu b»ng x¶y ra khi a = b = c > 0.

0.5®

0.5®

0.5®

0.5®

Së GD&§T Thanh ho¸Tr­êng THPT Thä Xu©n 4

§Ò thi chän häc sinh giái líp 12 THPTN¨m häc 2005-2006

M«n thi: To¸n - b¶ng A(thêi gian lµm bµi: 180 phót)

C©u 1: (2®) Kh«ng dïng b¶ng sè hoÆc mÊy tÝnh c¸ nh©n chøng minh:

tg 550 > 1,4.C©u 2: (2 ® )

Chøng minh

2

0

2

0

..

xSinxCos

dxxSin

xSinxCos

dxCosnn

n

nn

n

Vµ suy ra gi¸ trÞ cña chóng .C©u 3 ( 2 ® ) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm ccña ph­¬ng tr×nh

644 4 44 mxxmxx

C©u 4: ( 2 ® ) T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh: x4 – (2m + 3 ) x2 + m + 5 = 0

Cã c¸c nghiÖm tho¶ mÉn: - 2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 2.C©u 5: (2®) T×m nghiÖm trªn kho¶ng ( 0 : ) cña ph­¬ng tr×nh

)4

3(2123

2sin4 22

xCosxCosx

C©u 6 (2®) Trong tam giÊc ABC cã c¸c gãc vµ c¸c c¹nh tho¶ m·n:

224

21

ca

ca

SinB

CosB

(1)

Chøng minh tam gi¸c lµ tam gi¸c c©nC©u 7: ( 2 ® )

T×m giíi h¹n E = )11

(1 nmx x

n

x

mLim

(m,n Z )

C©u 8: (2®)

Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh :

)2(0)2ln(14

)1(2154123

12212

xyxy

yxyxyx

C©u 9 (2®) Cho 2 ®­êng trßn (C1 ) : x2 + y2 – x – 6y + 8 = 0 (C2 ): x

2 + y2 – 2mx – 1 = 0

T×m m ®Ó (C1 ) vµ ( C2 ) tiÕp xóc víi nhau Nãi râ lo¹i tiÕp xóc.C©u 10 (2®)

Chøng minh r»ng nÕu n lµ sè nguyªn, n1 th×1

1

11

n

n >

n

n

11

Së GD&§T Thanh ho¸Tr­êng THPT Thä Xu©n 4

H­íng dÉn chÊm thi häc sinh giái líp 12 THPTN¨m häc 2005-2006

M«n to¸n- b¶ng AC©u H­íng dÉn chÊm §iÓm1 C©u 1:

Ta cã:

181

181

101

101)1045(55

0

0000

tg

tg

tg

tgtgtg

XÐt hµm sè : f(x) =x

x

1

1 ta cã:

f’(x) =2)1(

2

x > 0 .VËy f(x) ®ång biÕn x (- ;1) hoÆc

x (1;+ ).

Theo (1) ta cã tg550=f(tg18

)> f(18

)>f( )6

1 =1,4

(0,5®)

(0,5®)

(0,5®)

(0,5®)2 §Æt t=

2

-x dt = - dx.

Ta cã:

2

0 xSinxCos

xdxCosnn

n

=

2

0 )2

()2

(

)2

(

tCosxtSin

dttCos

nn

n

=

=

2

0 tSintCos

tdtSinnn

n

=

2

0 xSinxCos

xdxSinnn

n

(1)

MÆt kh¸c:

2

0 xSinxCos

xdxCosnn

n

+

2

0 xSinxCos

xdxSinnn

n

=

2

0

dx =2

. (2)

Tõ(1) vµ (2):

2

0 xSinxCos

xdxCosnn

n

=

2

0 xSinxCos

xdxSinnn

n

=4

(0,5®)

(0,25®)

(0,5®)

(0,5®)

(0,25®)

3 644 4 44 mxxmxx (1)

§Æt t= 4 4 4 mxx (t0) (2)

t2 = mxx 440,25®0,25®

Ta cã:

06

02 tt

t t=2.

Tõ (2) 4 4 4 mxx = 2 x4+4x+m=16. -x4-4x+16=m§Æt: f(x)= -x4-4x+16f’(x) = -4x3-4=-4(x3+1)f’(x)=0 x=-1vµ f(-1)=19

Lim

x= -

B¶ng biÕn thiªn cña f(x)x - -1 +F’(x) + 0 -

F(x) 19

- -Tõ b¶ng biÕn thiªn ta cã b¶ng biÖn luËn theo m sè nghiÖmcña (1) nh­ sau:m Sè nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1)+

19

-

0

1

2

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

0,5®4 §©y lµ ph­¬ng tr×nh trïng ph­¬ng

§Æt t= x2 0; khi ®ã ph­¬ng tr×nh ®· cho cã d¹ng: t2 – (2m+3)t +m+5 = 0 (2).Ph­¬ng tr×nh ®· cho cã 4 nghiÖm x1;x2;x3;x4 khi vµ chØ khiph­¬ng tr×nh (2) cã 2 nghiÖm d­¬ng t1 ; t2 d­¬ng.(0<t1<t)Khi ®ã:

21 tx , 1312 , txtx vµ 24 tx

Do ®ã: - 2< x1 <-1 < x2 < 0 < x3 < 1< x4 < 2

7

95

3

097

05

03

0)4(

0)0(

0)1(

014

21012

12

2112

m

m

m

m

m

m

af

af

af

tt

tttt

(Kh«ng cã m tho¶ m·n )

0,25®

0,25®

0,5®

0,5®

0,5®

5 Ta cã:

4

32123

24 22 xCosxCos

xSin

)2

32(1123)1(2

xCosxCosCosx

xSinxCosCosx 2232 CosxxSinxCos 2223

)(6

2 xCosxCos

)(6

2 xx

+k2

)3(26

7

)2(3

2.

18

5

kx

kx

Do x ;0 nªn ë hä ( 2 ) chØ lÊy ®­îc k = 0, k = 1 ë hä ( 3 ) chØ lÊy ®­îc k = 1

VËy c¸c nghiÖm );0( lµ:6

5;

18

17;

8

5321

xxx

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

0,5®

0,25®0,25®

6224

21

ca

ca

SinB

CosB

( 1)

Ta cã:

(1)ca

ca

BSin

CosB

2

2)1(2

2

ca

caB

CosB

Sin

BCos

2

21

2.

22

22

1

22

ca

aBg

2

4

2cot1 2

ca

aB

Sin

2

4

2

1

2

2.42 2 BSinaca

2212 2 B

Sinac

cCosBa .2

0,25®

0,25®

0,5®

0,25®

0

0)(

)(2

2

24

BA

BASin

BASinSinACosB

SinCSinACosB

RSinCRSinACosB

( V× - ) BA

BA hay ABC lµ tam gi¸c c©n t¹i C.

0,25®

0,5®

7 Ta cã:

E =

xx

n

xx

mnmÜ 1

1

11

1

1lim

1 =

=

n

n

m

m

x x

xxxn

x

xxxmLim

1

)...1((

1

)...1(( 1212

1

=

n

n

m

m

x x

xxx

x

xxxLim

1

)1...()1()1(

1

)1(...)1()1( 1212

1

sn

n

m

m

x xxx

xxx

xxx

xxx12

2

12

2

1 ...1

)...1(...)1(1

...1

)...1(...)1(1lim

E=n

n

m

m )1(...21)1(...21

E=22

1

2

12

)1(2

)1( nmnm

n

nn

m

mm

0,5®

0,5®

0,5®

0,5®8 §Æt t = 2x – y

Khi ®ã hÖ (I):

)2(0)2ln(14

)1(2154123

12212

xyxy

yxyxyx

Ta cã:(1) 11 21541 ttt

ttt

2.215

4

5

15

(3)

§Æt

tt

tf5

4

5

15)( ; g(t) = 1+2. 2t

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

Ta cã: f(t) lµ hµm sè gi¶m, g(t) lµ hµm sè t¨ng Vµ f(1) = g (1)Do ®ã: (3) 121 yxt

VËy hÖ (I)

0)1ln(32

1223 yyyy

yx

§Æt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 )

Ta cã: h’(y) = 3y2 + 2 +1

122

yy

y

=1

3423

2

22

yy

yyy

= 01

1)1(23

2

22

yy

yy

h’(y) >0 h(y) lµ hµm sè t¨ngvµ h(-1) = 0

VËy (I)

1

0

1

12

y

x

y

yx

0,25®

0,25®

0,25®

0,25®

9 Ph­¬ng tr×nh cña ( C1) vµ ( C2 ) cã d¹ng sau:

(C1): 4

5)3(

2

1 22

yx

(C2): (x-m)2 + y2 = m2 + 1

VËy ( C1) lµ ®­êng trßn víi t©m O1

3;2

1 vµ b¸n kÝnh R1 = 2

5 ;

(C2) lµ ®­êng trßn víi t©m O2 (m,0) vµ b¸n kÝnh R2 = 12 m

Ta cã: O1O2 = 2

3744

4

3744

2

19

222

mmmmm

a, ( C1) vµ ( C2) tiÕp xóc ngoµi nÕu R1+R2 = O1O2

3744445 22 mmm

37442020294 222 mmmm

755 2m m

22 144955

7

mmm

m

044144

72 mm

m

m=2 hoÆc m = -2

11

0,25®

0,25®

0,25®

0,5®

b, (C1) vµ (C2) tiÕp xóc trong nÕu 2121 OORR

3744445 22 mmm (1)

+) nÕu2

1m th× R2 > R1, do vËy tõ (1) ta cã

3744544 22 mmm

37442020294 222 mmmm

557 2 mm

044144

72 mm

m (HÖ v« nghiÖm)

+) nÕu2

1m th× R1 > R2 , lËp luËn t­¬ng tù trªn ta cã ®­îc hÖ

v« nghiÖm.KÕt luËn: §Ó (C1) vµ (C2) tiÕp xóc víi nhau th× m = 2

hoÆc m = -2

11 vµ khi ®ã mäi sù tiÕp xóc ®Òu lµ tiÕp xóc

ngoµi

0,25®

0,25®

0,25®

10 ¸p dông bÊt ®¼ng thøcc«si cho n+1 sè gåm n

sè 1+n

1 vµ sè 1 ta cã:

11

11

2

n

n

nn

n

nn

nn

1

11

11

1

DÊu ®¼ng thøc kh«ng thÓ x¶y ra v× 11

1 n

VËy1

1

11

n

n>

n

n

11

0,25®

0,5®

0,25®

0,5®

0,5®

1

¹ 11...

11

1

11

1...1

1

n

sèthõan

nghsèn

nnn

nn

Së GD-§T Thanh HãaTr­êng THPT Thèng NhÊt

§Ò Thi häc sinh giái Líp 12M«n: To¸n

Thêi gian: 180 Phót

Gi¸o viªn ra ®Ò : TrÞnh V¨n HïngBµi 1 : (4®iÓm )

Cho ®­êng cong ( Cm) :mx2

1mxy x2

( m lµ tham sè vµ |m | 2)

T×m c¸c ®iÓm trªn trôc hoµnh mµ tõ ®ã vÏ ®­îc hai tiÕp tuyÕn víi ®­êng cong (Cm ) mµchóng vu«ng gãc v¬Ý nhau.(Gi¶i tÝch - To¸n n©ng cao 12 T¸c gi¶ Phan Huy Kh¶i )

b) Cho In = dx1

1

0x

nx

ee

víi n lµ sè tù nhiªn

T×m Ilim nn

( To¸n n©ng cao líp 12 Phan Huy Kh¶i )Bµi 2: (4 §iÓm )a) Gi¶i vµ biÖn luËn ph­¬ng tr×nh sau theo tham sè a

1x - xa =1( To¸n båi d­ìng häc sinh : nhãm t¸c gi¶ Hµn Liªn H¶i , Phan Huy Kh¶i )b) Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh

4x2 - 2 x2 16

8x12

x9 2

( To¸n båi d­ìng häc sinh : nhãm t¸c gi¶ Hµn Liªn H¶i , Phan Huy Kh¶i )

Bµi 3 ( 4®iÓm )

a)Gi¶i Ph­¬ng tr×nh :2sin(3x+4

) = x2x2sin81 cos2

b) Tam gi¸c ABC cã c¸c gãc thâa m·n : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos2

A +3cos

2

B

+cos2

C

Chøng minh r»ng : tam gi¸c ABC lµ tam gi¸c ®Òu .( B¸o To¸n häc tuæi trÎ 5/2004)Bµi 4(4®iÓm) :

a)Cho n lµ sè nguyªn d­¬ng , h·y t×m giíi h¹n A =)1x(

1nnxxlim 2

n

1x

( To¸n båi d­ìng häc sinh : nhãm t¸c gi¶ Hµn Liªn H¶i , Phan Huy Kh¶i )

b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh

loglog

loglog)x3(

2

3y

2

)y3(

2

3x

2

(§¹i sè s¬ cÊp t¸c gi¶ TrÇn Ph­¬ng)Bµi 5 ( 4®iÓm) :a) Cho h×nh chãp SABCD ®¸y ABCD lµ h×nh thang cã c¹nh AD =2 BC. Gäi M,N lµ haitrung ®iÓm cña SA , SB t­¬ng øng .MÆt ph¼ng (DMN ) c¾t SC t¹i P. TÝnh tØ sè ®iÓm Pchia ®o¹n th¼ng CS .( To¸n båi d­ìng häc sinh : nhãm t¸c gi¶ Hµn Liªn H¶i , Phan Huy Kh¶i )

b) Cho a,b,c lµ c¸c sè thùc lín h¬n 2

Chøng minh r»ng : loga 2

cb + logb2

ca + log c2

ba 3

( C¸c ph­¬ng ph¸p chøng minh bÊt ®¼ng thøc ,t¸c gi¶ TrÇn Ph­¬ng) .................................... HÕt ...........................................

§¸p ¸nC©u 1Gäi M(x0;0 ) lµ ®iÓm cÇn t×m . §­êng th¼ng ( )qua M cã hÖ sè gãc k cãph­¬ng tr×nh y= k( x-x0)§Ó( ) lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng cong th× ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm kÐp(0,5®)

)xx(kmx2

1mxx0

2

( 1- 2k) x2+(m+2kx0-mk)x +1+mkx0=0 cã nghiÖm kÐp

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

0k21

0

2

0

(I )

)3(04m)mx2(k4)mx2(k

)2(2

1k

0

22

Bµi to¸n trë thµnh t×m ®iÒu kiÖn ®Ó (I) cã hai nghiÖn ph©n biÖt k1, k2

vµ k1.k2 = -1 (0,5®)

thay (2) vµo (3) ta cã : (2x0-m) 2 +m2 + 12 0 (4)V× (4) ®óng nªn hÖ (I) (3)§iÒu kiÖn cÇn t×m lµ :

22

0

0

2

0

20

m4)mx2(2

mx

1)mx2(

4m0mx2

( 2x0 +m)2 = 4-m2 ( v× m 2) (5)NÕu m > 2 th× (5) v« nghiÖm

NÕu m < 2 th× (5) cã hai nhghiÖm cÇn t×m víi x0 =2

m4±m 2

VËy cã hai ®iÓm M(x0;0) cÇn t×m víi x0 =2

m4±m 2

(0,5®)

b) Ta cã x ( 0;1) th× :x

nx

e1

e

>

x

x)1n(

e1

e

In > In+1

MÆt kh¸c v×x

nx

e1

e

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

VËy {In} lµ d·y ®¬n ®iÖu gi¶m vµ bÞ chÆn d­íi , nªn tån t¹in

nIlim

(0,5®)

Ta cã In + In+1 = dx1

e1

0x

)xn(nx

ee

= dxe1

0

x)1n( = - 1e1n

1 )1n(

In =n1

1e n1

- In-1 (*) (0,5®)

Râ rµng : nn

Ilim

= 1nn

Ilim

n1

1elim

n1

n

=0 nªn tõ (*) suy ra 2 n

nIlim

= 0

nn

Ilim

= 0 (0,5®)

Bµi 2:a) Gi¶i vµ biÖn luËn ph­¬ng tr×nh theo tham sè a:

1x - xa =1

xa2ax2

ax

xa11x

0xa

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

)3(2

ax

)2(ax

22x4

(0,5®)

Ta xÐt c¸c tr­êng hîp sau:

+) NÕu a < 0 khi ®ã2

a > a nªn hÖ (2) (3) (4) v« nghiÖm tøc lµ (1) v«

nghiÖm+) NÕu a=0 th× hÖ (2), (3), (4) cã nghiÖm duy nhÊt x=0

+) NÕu a >0 th× ta cã

)4(a4ax)1a(4x4f

)5(ax2

a

22

)x(

XÐt tam thøc f(x) cã f(2

a)= -2a < 0 vµ f(a) = a2 > 0

VËy theo ®Þnh lÝ ®¶o (4) cã hai nghiÖm x1,x2 tho· m·n x1<2

a < x2 < a (1®)

KÕt luËn

+) NÕu a < 0 th× (1) v« nghiÖm

+) NÕu a 0 th× (1) cã nghiÖm duy nhÊt x=2

1a21a (0,5®)

b) Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh

4x2 - 2 x2 16

8x12

x9 2

(1)

Nh©n biÓu thøc liªn hîp vÕ tr¸i ta cã ( Víi x [-2;2] )

16x9

)4x6(2

x224x2

4x62

(0,5®)

0x282x8)(x282x)(2x3(

0x281632x8x9)(2x3(

0]x224x2(216x9)[2x3(

22

22

2

(0,5®)

Do 8+x+2 0x28 2 nªn (2) (3x-2) (x-2 0)x28 2

2x3

243

2x2

TËp nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh T = [ -2;3

2 )(

3

24 ; 2] (1®)

Bµi 3 ( 4®iÓm )

a)Gi¶i Ph­¬ng tr×nh :2sin(3x+4

) = x2x2sin81 cos2

)3(x2cosx2sin81)4

x3(sin4

)2(0)4

x3sin(

22

(0,5®)

Gi¶i (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

5x

k12

x(k,lZ ) (0,5®)

+)Thay x=12

+ k¶ vµo (2) ta cã :

VT(2) = sin( 0)k32

)1( k

khi k=2n ,n Z

x=12

+ 2n¶ lµ nghiÖm cña (1).

+) Thay x=

12

5 vµo (2) ta cã :

VT(2) = sin( )1( 1)312

3

0 khi l=2m-1;m Z

x=

)1m2(12

5 lµ hä nghiÖm cña (1)

VËy (1) cã hai hä nghiÖm : x=12

+ 2n¶ vµ x=

)1m2(

12

5 ; (n,mZ) (1®)

b) Ta cã sinA +sin B = 2 sin2

BA cos

2

Ccos2

2

BA

dÊu ( = ) x¶y ra khi vµ chØ khi

2

1(sin A + sinB )

2

Ccos chØ khi A = B (1)

T­¬ng tù :2

5(sin B + sinC )

2

Acos5 (2)

2

3(sin C + sinA )

2

Bcos3 (3) (1®)

Tõ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos2

A +3cos

2

B +cos

2

C

§¼ng thøc x¶y ra khi vµ chØ khi tam gi¸c ABC ®Òu. (1®)

Bµi 4 :

a)Cho n lµ sè nguyªn d­¬ng , h·y t×m giíi h¹n A =)1x(

1nnxxlim 2

n

1x

ta cã xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ ……….+xk-1) (0,5®)

(0,5®)

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

VËy : A =2

)1n(n (0,5®)

b) Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh

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)

XÐt hµm sè : f(t) = loglog t)3t(22

2 víi t(0; + )

®ång biÕn trªn (0; + ) (0,5®)

(1) viÕt d­íi d¹ng f(x) = f(y)

(I) )II()3(

)2(

)log

yx

3xlog1(2)3x(2

)4(43x

3x3x

3x3x)3(

x.3xx.4

)x.(42.4

2.42

43log3log 4143log

22

3log2x2log

23log

2x3log)x

3log1(2

.....

XÐt hµm sè q(x) = x.3x4

3log43log1 trªn (0;+ )

nghÞch biÕn trªn (0;+ ) (0,5®)

Nªn (4) cã nghiÖm th× lµ nghiÖm duy nhÊt , do g(1) =4

VËy x=1 lµ nghiÖm duy nhÊt cña (4).

Khi ®ã hÖ (II) trë thµnh 1yx1x

yx

VËy hÖ ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt x=y=1 (0,5®)

Bµi5 :

a) §Æt DA = a ; DC = b ; DS = c;

Tõ gi¶ thiÕt ta ®­îc CB =2

a v× P trªn CS

nªn ®Æt: CP = x.CS M, N, P, D ë

trªn cïng mÆt ph¼ng nªn DM, DN,

DP ®ång ph¼ng ta cã:

DN = DM +DP (1)

V× M lµ trung ®iÓm cña SA nªn: DM =2

DADS =

2

ac (2)

V× N lµ trung ®iÓm cña SB nªn: DN =2

DBDS =

22

abc

=4

a +

2

b +

2

c (3)

Ta cã: DP = DC + CP = b + xCS = b + x(c - b)

DP = (1-x)b + xc (4) (0,5®)

Tõ (1), (2), (3) vµ (4) ta cã:

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

1x

2

2

1)x1(b

4

1

2

3

1x

4

32

1

VËy P trªn SC sao cho CP =3

1 CS hay P chia ®o¹n th¼ng CS theo tØ sè k=-

2

1

b) Ta cã clnblnaln2

bclnaln2

)cbln(aln2

log2a

cb

(0,5®)

T­¬ng tù : clnaln

bln2alog

2b

ac

blnaln

cln2log

2c

ba

VT(1) 2(bln+aln

cln+

cln+aln

bln+

cln+bln

aln) (0,5®)

Bæ ®Ò Víi x,y,z>0 th×y+z

x+

z+x

y +

y+x

z≥

2

3 (*)

ThËt vËy (*) (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 C«si th× (**) tho· m·n

. (0,5®)

¸p dông bæ ®Ò ta cã : VT(1) 3 (§PCM) (0,5®)

HÕt

Së GD & §T thanh hãaTr­êng THPT tÜnh gia 3 =========***=========

§Ò thi chän häc sinh giái líp 12M«n: To¸n

Thêi gian: 180 phót

C©u1: (6 ®iÓm)

Cho hµm sè y= x3 + 4x2 + 4x +1.

a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè.

b) Cho M(x0;y0) trªn ®å thÞ. Mét ®­êng th¼ng d thay ®æi ®i qua M c¾t ®å thÞ

t¹i M1 vµ M2 kh¸c M. T×m quü tÝch trung ®iÓm I cña ®o¹n M1M2.

c) T×m a sao cho tån t¹i 2 tiÕp tuyÕn cïng hÖ sè gãc a cña ®å thÞ hµm sè, gäi

c¸c tiÕp ®iÓm lµ M3 vµ M4. ViÕt ph­¬ng tr×ng ®­êng th¼ng chøa M3 vµ M4.

C©u 2: ( 5 ®iÓm)

Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau:

a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1)

b)2

4 X = (2x2 – x +1)2x (2)

C©u 3: ( 4 ®iÓm)

TÝnh tÝch ph©n sau:

I = dxxx

x

2

033 cossin

sin

C©u 4: ( 5 ®iÓm)

Cho tø diÖn ABCD cã t©m mÆt cÇu ngo¹i tiÕp O. T×m c¸c ®iÓm M trong

kh«ng gian sao cho 4 träng t©m cña tø diÖn MBCD; MCDA; MDAB; MABC c¸ch

®Òu ®iÓm O.

§¸p ¸n ®Ò thi häc sinh giái khèi 12

M«n: To¸n

C©u 1: ( 6 ®iÓm)

a) ( 2 ®iÓm)

TX§: D =R (0,25®)

ChiÒu biÕn thiªn:

y’ = 3x2 + 8x + 4

y’ = 0 <=> x = -2; x= -3

2

Hµm sè ®ång biÕn (- ; -2) );3

2( , nghÞch biÕn )

3

2;2( (0.25).

Cùc ®¹i, cùc tiÓu:

Cùc ®¹i t¹i :) xC§ = -2; yC§ = 1.

Cùc tiÓu t¹i: xCT = -3

2 ; yCT = -27

5

Giíi h¹n xylim ;

y

xlim (0.25®)

TÝnh låi lâm vµ ®iÓm uèn:

y’’ = 6x + 8 = 0 <=> x= -3

4

Hµm s« låi tõ (-3

4; ), lâm (-

3

4 ; + )

§iÓm uèn: I(-27

11;

3

4 ) (0.25®)

B¶ng biÕn thiªn: (0,5®)

x - -2 -3

4 -3

2 +

y’ + 0 - - 0 +

y 1 +

27

11

-27

5

§å thÞ (0,5 ®)

b) ( 2®iÓm)

Gäi d qua M cã hÖ s« gäc k :

d: y=k(x-x0) + y0 (0,25®)

Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ víi ®­êng th¼ng d lµ nghiÖm cña

ph­¬ng tr×nh: x3 + 4x2 + 4x +1 = k(x-x0) + x03 + 4x0

2 + 4x0 +1

<=> x=x0 (0, 5 ®)

x2 + ( 4 + x0)x + x02 + 4x0 + 4 – k = 0 (1)

4

2

-2

-4

-6

-5 5A

Gäi x1, x2 lµ nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) => x1, x2 lÇn l­ît lµ hoµnh ®é

cña M1, M2 =>

xI = -2

40 x (0,75 ®)

yI = y0 + k(2

43 0 x)

I x =2

40 x

Giíi h¹n: (1) cã 2 nghiÖm ph©n biÖt <=> 0

f(x0) 0

k >4

83 02

0 xx (0,5)

k 48 02

0 xx

c) ( 2®)

§Ó tháa m·n YCBT:

<=> y’ = 3x2 + 8x + 4 = a cã 2 nghiÖm ph©n biÖt (0,25®)

<=> a> -3

4 (0,25®)

NhËn xÐt: x3 + 4x2 + 4x + 1 = (3x2 + 8x +4)(9

4

8

x )-9

78 x (0,5®)

Gäi M3(x3; y3), M4(x4; y4)

y3 = a(9

78)

9

4

833

xx

(0,5®)

y4 = a(9

4

84

x )-9

78 4 x

VËy ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ®i qua M3; M4 lµ:

y= a(9

4

8

x ) +9

78 x (0,5®)

C©u 2: (4 ®)

§/K : x )(2

zkk (0,25®)

Chia 2 vÕ cña ph­¬ng tr×nh cho cos2x

(1) <=> tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+tgx) (1®)

<=> tgx=-1 <=> x=- k

4 (k z ) (0,5®)

tgx= 3 x= k

3 (k z ) (0,5®)

VËy nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh :

x=- k

4 (k z )

x= k

3 (k z ) (0,25®)

a) (2) <=> 122 22 2

xxxx (0.5®)

§Æt 2x2 – x = t (t8

1 ) (0.25®)

Ph­¬ng tr×nh trë thµnh:

12 tt

<=> 012 tt

Kh¶o s¸t f(t) = 12 tt (0.25®)

f’(t) = 2tln2 – 1 =0 <=> 2t =2ln

1 =

t

f’(t) - 0 +

f(t)

Quan s¸t b¶n bݪn thiªn nhËn thÊy ph­¬ng tr×nh cã tèi ®a 2 nghiÖm t. (1® )

MÆt kh¸c f(0) = f(1) = 0

Ph­¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm t = 0; t= 1 (0.25®)

x= 0 ; x=2

1 ; x=1 (0.25® )

C©u 3: (4 ®)

XÐt J= dxxx

x

2

033 cossin

cos

(0.25®)

Ta CM ®­îc I = J (®Æt x= t2

) (0.75®)

I+J = 2

0

xxxx

dx22 coscossinsin

=

2

4

2

4

02 1cotcot

cot

1

gxxg

gxd

tgxxtg

dtgx (0.75®)

§Æt tgx(cotgx) = t

I + J =

1

02 1

2tt

dt =2

1

0 2

4

3)

2

1(

)2

1(

t

td (0.75®)

§Æt t -2

1 = tgy2

3

=> I + J =33

4 (0.75®)

=> I=33

2 (0.75)

C©u 4: ( 6 ®iÓm)

§Æt OGOMx 4 (0.5®)

Gäi A’, B’, C’, D’ lÇn l­ît lµ träng t©m cña c¸c tø diÖn MBCD;

MCDA; MDAB; MABC

Ta cã OAxOAOGOMODOCOBOMOA 4'4 (1®)

4 'OB = OBx

ODxOD '4 (1®)

Ta cã: OA’ =OB’= OC’ = OD’2222'16'16'16'16 ODOCOBOA

ODxOCxOBxOAxODxOCxOBxOAx 2222 )()()()(

OCxOC '4

=> 0x (1.5®)

=> OOMOM 4

=> GOGM 5 (0.5®)VËy cã 1 ®iÓm M tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Ò ra. (0.5®)

Kú thi häc sinh giái thµnh phè - líp 12N¨m häc 2009 - 2010

M«n thi: To¸n

Ngµy thi 12 -11 - 2009

Thêi gian lµm bµi 180 phót

Bµi I: (6 ®iÓm)

Cho hµm sè y =(x2 − 1

)2 −(m + 1

)2(1 − m

)2(m lµ tham sè).

1. BiÖn luËn theo m sè giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè trªn víi trôc hoµnh.

2. X¸c ®Þnh c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó ®å thÞ hµm sè trªn c¾t trôc hoµnh t¹i bèn ®iÓm

ph©n biÖt cã hoµnh ®é t−¬ng øng lËp thµnh cÊp sè céng.

Bµi II: (5 ®iÓm)

1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 9(√

4x + 1 −√

3x − 2)

= x + 3

2. Cho d·y sè(un

)cã un =

Pn

Ann+2

víi n lµ sè nguyªn d−¬ng (Pn lµ sè ho¸n vÞ

cña tËp hîp gåm n phÇn tö, Ann+2 lµ sè chØnh hîp chËp n cña n + 2 phÇn tö).

§Æt Sn = u1 + u2 + · · ·+ un. T×m limn→+∞

Sn.

Bµi III: (5 ®iÓm)

Cho h×nh lËp ph−¬ng ABCD.A′B′C ′D′ cã c¹nh b»ng a.Víi M lµ mét ®iÓm

thuéc c¹nh AB, chän ®iÓm N thuéc c¹nh D′C ′ sao cho AM + D′N = a.

1. Chøng minh ®−êng th¼ng MN lu«n ®i qua mét ®iÓm cè ®Þnh khi M thay ®æi.

2. TÝnh thÓ tÝch cña khèi chãp B′.A′MCN theo a. X¸c ®Þnh vÞ trÝ cña ®iÓm M

®Ó kho¶ng c¸ch tõ B′ ®Õn mÆt ph¼ng (A′MCN) ®¹t gi¸ trÞ lín nhÊt. TÝnh kho¶ng

c¸ch lín nhÊt ®ã theo a.

3. T×m quÜ tÝch h×nh chiÕu vu«ng gãc cña ®iÓm C xuèng ®−êng th¼ng MN khi

®iÓm M ch¹y trªn c¹nh AB.

Bµi IV: (4 ®iÓm)

1. Cho hai sè thùc x, y tháa m·n 1 ≥ x ≥ y > 0. Chøng minh r»ng:

x3y2 + y3 + x2

x2 + y2 + 1≥ xy

2. ViÕt ph−¬ng tr×nh cña ®−êng th¼ng tiÕp xóc víi ®å thÞ hµm sè

y =(x − 1

)(x3 + x2 + 1

)

t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt thuéc ®å thÞ hµm sè.

Sở GD-ĐT Bạc LiêuTrường THPT Điền Hải

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRONG KỲ THI HSG 12Năm học 2009 – 2010Thời gian : 180 phút

Câu 1: (4điểm)

Giải hệ phương trình:

Câu 2: (4điểm)a) Cho là số thực lớn hơn 1. CMR

b) Cho Tìm giá trị nhỏ nhất của

Câu 3: (4điểm)Trên bảng viết 2008 số 1 và 2009 số -1. Cho phép xoá hai số thay bằng một số theo quy

tắc sau: Nếu hai số vừa xoá cùng dấu thì thay bằng số 1, còn nếu hai số vừa xoá khác dấu thìthay bằng số -1. Hỏi khi thực hiện phép toán trên liên tiếp 4016 lần thì số còn lại là số gì ?

Câu 4: (4điểm)

Cho dãy Xác định bởi

a)CMR : tuần hoàn b)Tính

Câu 5: (4điểm)Cho đều. xét lục giác MNPQRS với M,N AB ; P,Q AC ; R,S BCCMR : Chu vi lục giác lớn hơn nửa chu vi tam giác ABC

--------- Hết -----------

ĐÁP ÁN

Câu 1: Giả sử Điều kiện : 0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đPhương trình thứ nhất

0,5đ0,5đ

từ đó suy ra 0,5đVậy hệ có 1 nghiệm ( 1 ; 1 ; 1 ) 05đ

Câu 2: a)Đặt 0,5đ

0 1- 0 +

0Dựa vào bảng biến thiên có 0,25đ Dấu = xảy ra

b)Áp dụng câu a) 1.0đ

1.0đ Cộng lại theo vế :

Dấu = xảy ra 0,5đ

Vậy min = 0,5đCâu 3:

Đặt

Dựa vào CT truy hồi và qui nạp ta được (1) 1,5đ a) Từ (1) thấy 0,5đ

Vậy tuần hoàn 0,5đ b) Vì 2009 = 4. 502 +1 0,5đ

nên 1,0đ

0,25đ

Câu 4:Phép toán đã làm thực chất là xoá đi hai số và thay bằng tích của chúng 1 x 1 = 1 ; (-1) x (-1) = 1 ; (-1) x 1 = 1 1,0đNhận thấy khi thực hiện phép toán tích các số trên bảng không thay đổi ( bất biến).

Do ban đầu tích số trên bảng bằng -1 nên cuối cùng khi còn một số thì số đó phải là số -13.0đ

Câu 5: A

P N

Q M

B S R CBổ đề: Nếu có

Thật vậy, theo định lý côsin

1,0đ

Do đó : (Đpcm) 0,5đÁp dụng bổ đề cho

0,5đ

0,5đ

0,5đCộng các bất đẳng thức trên theo vế được Đpcm 1.0đ

Së gd&®t thanh ho¸

Tr­êng THPT HËu Léc I ®Ò thi häc sinh giái líp 12M«n: to¸n – b¶ng A

Thêi gian: 180 phótBµi1: ( 4 ®iÓm)Cho hµm sè 222 2 xxmxy

1. T×m c¸c tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ hµm sè khi m = 32. T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña m ®Ó hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i mét ®iÓm xo<-2

Bµi 2: ( 4®iÓm)1. T×m m ®Ó nghiÖm cña bÊt ph­¬ng tr×nh sau chøa ®o¹n 2;1

013

213

2

2

xx

xxm

2. Gi¶i bÊt ph­¬ng tr×nh:64264264 222

)1()1()2( xxxxxx mmm

Víi 0 < m < 1Bµi 3: ( 4®iÓm)

1. Gi¶i ph­¬ng tr×nh:xx ãgonxx xx coslogsinlog )sin1()cos1( cos

2. Cho ABC. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña sinC biÕt:

sin2A + sin2B = k sin2C Víi k >2

1

Bµi 4: ( 2 ®iÓm)T×m c¸c ®a thøc f(x) tho¶ m·n:

x.f(x-1) = (x-3) f(x)Bµi 5: ( 6 ®iÓm)

1. LËp ph­¬ng tr×nh cña Parabol (P) cã tiªu ®iÓm F(3;2) vµ ®Ønh S(2;1).2. Cho tø diÖn OABC, ®Ønh S cã ba mÆt vu«ng. Gäi H lµ h×nh chiÕu cña

O lªn ®¸y ABC. Chøng minh r»ng:

a)2222

1111

OCOBOAOH

b) OABOACOBCABC SSSS 2222

®¸p ¸n ®Ò thi hsg líp 12M«n: to¸n – b¶ng A

Bµi1:1) (1,5®iÓm): Víi m =3 ta cã: 2232 2 xxxy

TX§: D = RTiÖm cËn xiªn bªn ph¶i

12232

lim2

x

xxxa

x (0,25®iÓm)

32232lim 2

xxxxbx

(0,25 ®iÓm)

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn ph¶i y= x-3 (0,25®iÓm)TiÖm cËn xiªn bªn tr¸i

52232

lim2

x

xxxa

x (0,25®iÓm)

352232lim 2

xxxxbx

(0,25®iÓm)

Ta cã tiÖm cËn xiªn bªn tr¸i y = -5x+3 (0,25®iÓm)

2) (2,5 ®iÓm): y/(xo) = 0Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i xo (0,25®iÓm)

y//(xo) < 0

)2(0

)1(1

222

0)22(

022

)1(2

0

020

30

20

020

0

m

x

xxm

xx

m

xx

xm

(0,5 ®iÓm)

§Æt1

222)(

0

020

0

x

xxxg víi xo<-2 (0,25 ®iÓm)

)(022)1(

2)(

020

20

0/ xg

xxxxg

gi¶m (0,5 ®iÓm)

2)(lim 0

xgx

vµ g(-2) =3

102 (0,5 ®iÓm)

VËy3

102 < m < -2 (0,5 ®iÓm)

Bµi 2:

1.( 2 ®iÓm): Víi 1134

52;1 2 xxx (0,25 ®iÓm)

§Æt4

51132 txxt (0,25 ®iÓm)

Ta cã bÊt ph­¬ng tr×nh:tt

mt

mt

2

20

1

2 (0,25 ®iÓm)

XÐttt

xf

2

2)( víi

4

5;1t (0,25 ®iÓm)

4

5;1;0

)(

24)(

22/ t

tt

ttf (0,25 ®iÓm)

Ta cã b¶ng sau:

VËy ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm chøa ®o¹n 2;1 lµ45

32m (0,25 ®iÓm)

2.(2 ®iÓm):

V× 0)1( 642 2

xxm víi mx ; (0,25 ®iÓm)

Ta cã: 1)1

1()

1

2( 64

2

264

2

22

xxxx

m

m

m

m (1) (0,25 ®iÓm)

§Æt2

ttgm víi

20

t . BÊt ph­¬ng tr×nh (1) cã d¹ng: (0,25 ®iÓm)

t 1 5/4

f/(t)

f(t) 2

32/45

1)(cos)(sin 2)2(2)2( 22

xx tt (2) (0,25 ®iÓm)

V× Rxx ;22)2( 2 (0,25 ®iÓm)

Vµ tt x 22)2( sin)(sin2

(0,25 ®iÓm)

tt x 22)2( cos)(cos2

(0,25 ®iÓm)

Ta suy ra vÕ tr¸i cña (2) ttt ;1cossin 22 (0,25 ®iÓm)

VËy bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho cã tËp nghiÖm lµ R (0,25 ®iÓm)

Bµi 3:

1.(2 ®iÓm):

§iÒu kiÖn: Zkkxk ;22

2 (0,25 ®iÓm)

Ta cã 1 + cosx > 0 ; 1 + sinx > 0 (0,25 ®iÓm)

Ph­¬ng tr×nh )sin1ln(coslog)cos1ln(sinlog sincos xxxx xx (0,25 ®iÓm)

(*))cos1ln(

)cos(ln

)sin1ln(

)sin(ln

)sin1ln(sinln

cosln)cos1ln(

cosln

sinln

22

x

x

x

x

xx

xx

x

x

(0,25 ®iÓm)

XÐt hµm sè:)1ln(

ln)(

2

t

ttf

víi )1;0(t (0,25 ®iÓm)

0

)1ln()1(

ln)ln()(2ln)(/

ttt

ttttttf víi )1;0(t (0,25 ®iÓm)

Hµm sè f(t) nghÞch biÕn

ph­¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm xx cossin (0,25 ®iÓm)

2

4kx kZ (0,25 ®iÓm)

2.(2 ®iÓm):

Tõ gi¶ thiÕt, theo ®Þnh lý sin ta cã: a2 + b2= kc2 (0,25 ®iÓm)

Theo ®Þnh lý cosin ta ®­îc: a2 + b2= k ( a2+b2-2abcosC ) (0,25 ®iÓm)

ab

ba

k

kC

2.

1cos

22 (0,25 ®iÓm)

k

k

ab

ba

k

kC

1

2.

1cos

22

theo c«si (0,25 ®iÓm)

222 12

cos1sink

kCC

(0,25 ®iÓm)

Do sinC>0k

kC

12sin

(0,25 ®iÓm)

DÊu b»ng x¶y ra a = b hay A = B (0,25 ®iÓm)

k

kC

12)max(sin

(0,25 ®iÓm)

Bµi 4:

Ta cã: x.f(x-1)= (x-3).f(x) (1)

Cho x = 0 f(0) = 0 (2) (0,25 ®iÓm)

Cho x = 1 f(1) = 0 (3) (0,25 ®iÓm)

Cho x = 2 f(2) = 0 (4) (0,25 ®iÓm)

Tõ (2) ;(3); (4) ta suy ra f(x) chia hÕt cho x; x-1; x-2 (0,25 ®iÓm)

Nªn f(x) = x.(x-1).(x-2).P(x) (0,25 ®iÓm)

Thay vµo (1) ta ®­îc:

x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x-1) = x.(x-1).(x-2).(x-3).P(x) (0,25 ®iÓm)

P(x-1) = P(x) ; x

P(x) = C h»ng sè (0,25 ®iÓm)

VËy f(x) = x.(x-1).(x-2).C víi C lµ h»ng sè (0,25 ®iÓm)

Bµi 5:1.(1 ®iÓm)

§­êng th¼ng SF lµ trôc cña (P) cã ph­¬ng tr×nh: x – y - 1 = 0 (0,25 ®iÓm)

§­êng chuÈn () cña (P) cã ph­¬ng tr×nh: x + y - 1 = 0 (0,5 ®iÓm)

Gäi ®iÓm M(x;y) (P) FM = d(M; ) (0,25 ®iÓm)

2

)1()2()3(

222

yxyx (0,5 ®iÓm)

x2 + y2- 2xy - 10x - 6y + 25 = 0 (*) (0,25 ®iÓm)

(*) lµ ph­¬ng tr×nh cña Parabol (P) nhËn ®iÓm S lµm ®Ønh

vµ F lµ tiªu ®iÓm (0,25 ®iÓm)

2.(4®iÓm):

Gäi A1=AHBC ; B1=BHAC

C1= CHAB (0,25®iÓm)

Theo gi¶ thiÕt OA(OBC) OABC

Vµ OH(ABC) OHBC

BC(OAH) BCAH (0,5®iÓm) A B1 C

T­¬ng tù BHAC; CHAB

H lµ trùc t©m cña ABC (0,25®iÓm)

XÐt vu«ng AOA1 t¹i O ta cã: B (0,5®iÓm)

21

22

111

OAOAOH (1) (0,25®iÓm)

OBC vu«ng t¹i O, ta cã:222

1

111

OCOBOA (2) (0,25®iÓm)

Tõ (1) vµ (2) ta cã:

CC A

H

O

2222

1111

OCOBOAOH (®pcm) (3) (0,25®iÓm)

Nh©n hai vÕ cña (3) víi 9.V2OABC ta cã: (0,25®iÓm)

9.V2OABC =OH2.(SABC)2= OA2. (SOBC)2= OB2. (SOAC)2 = OC2. (SOAB)2 (0,5®iÓm)

Ta ®­îc:

2

22

2

22

2

22

2

22 ).().().()(

OC

SOC

OB

SOB

OA

SOA

OH

SOH ABCABCABCABC (0,5 ®iÓm)

OABOACOBCABC SSSS 2222 (®pcm) (0,5 ®iÓm)

(Chó ý: c¸ch kh¸c cã thÓ chän hÖ to¹ ®é Oxyz gèc O)

L­u ý: Nh÷ng c¸ch gi¶i kh¸c ®óng ®Òu cho ®iÓm tèi ®a thoe mçi ý, mçi bµi.

Së GD&§T Thanh hãaTr­êng thpt hËu léc 3

--------o0o-------

§Ò thi Häc sinh giái THPT – M«n To¸n B¶ng A----------------o0o--------------

C©u 1: (6 ®iÓm) Cho hµm sè: y = x3 + 3x2 + 1.a) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè.b) BiÖn luËn theo m sè nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh: x3 + 3x2 = m3 + 3m2.c) ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) kÎ tõ ®iÓm (1; 5).d) Trªn ®­êng th¼ng y = 9x – 4, t×m nh÷ng ®iÓm cã thÓ kÎ ®Õn (C) 3 tiÕp

tuyÕn.C©u 2: (3 ®iÓm) Gi¶i c¸c ph­¬ng tr×nh sau:

a)3cos x cos x(7 5 2) (17 12 2) cos3x .

b) 2 4 23x 3x 1 x x 1

3 .

C©u 3: (4 ®iÓm)a) T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt:

2 2m 1 m

7

log 11 log ( x mx 10 4)log (x mx 12) 0 .

b) T×m m ®Ó bÊt ph­¬ng tr×nh sau ®óng víi mäi x.1 + 2cosx+ 1 + sin2x 2m – 1.

C©u 4: (2,5 ®iÓm)a) X¸c ®Þnh a, b ®Ó hµm sè sau cã ®¹o hµm t¹i x = 0:

3 31 ax cosx víix 0f(x)

ln(1 2x) b 1 víix 0

.

b) TÝnh tÝch ph©n:

1 522

4 2 x1 5

2

x 1I dx

(x x 1)(1 2006 )

.

C©u 5: (2,5 ®iÓm)

Cho 2 elÝp (E1):2 2x y

115 6

, (E2):2 2x y

16 15 vµ parabol (P): y2 =

12x.a) ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng trßn ®i qua giao ®iÓm cña 2 elÝp trªn.b) ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn chung cña (E1) vµ (P).

C©u 6: (2 ®iÓm) Cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y lµ nöa lôc gi¸c ®Òu víi c¹nh

a (a> 0). C¹nh SA vu«ng gãc víi ®¸y vµ SA = a 3 . M lµ mét ®iÓm kh¸c B

trªn SB sao cho AM MD. TÝnh tØ sèSM

SB.

---------

Së GD&§T Thanh hãaTr­êng thpt hËu léc 3

--------o0o-------

§¸p ¸n ®Ò thi Häc sinh giái THPT – M«n To¸n B¶ng A----------------o0o--------------

Chó ý: + §¸p ¸n gåm 5 trang.+NÕu thÝ sinh lµm c¸ch kh¸c víi ®¸p ¸n mµ kÕt qu¶ ®óng th×

cho ®iÓm tèi ®a.

C©u ý Néi dung ®iÓm1 1a - TËp x¸c ®Þnh: D = R.

- Sù biÕn thiªn:

+ ChiÒu biÕn thiªn: y’ = 3x2 + 6x = 0 x 0

x 2

.

Hµm sè ®ång biÕn trªn c¸c kho¶ng (-; -2) vµ (0; +);hµm sè nghÞch biÕn trªn kho¶ng (-2; 0). + Cùc trÞ: Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i ®iÓm (0; 1) vµ ®¹t cùctiÓu t¹i ®iÓm (-2; 5). + Giíi h¹n:

xlim y

®å thÞ hµm sè kh«ng cã tiÖm

cËn. + TÝnh låi lâm vµ ®iÓm uèn: y’’ = 6x + 6 = 0 x = -1. §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng (-; -1), lâm trªn kho¶ng(-1; +) vµ cã ®iÓm uèn lµ (-1; 3). + B¶ng biÕn thiªn:x - -2 -1 0 +y’ + 0 - - 0 +

5 +y 3

- 1- §å thÞ: §å thÞ hµm sè ®i qua c¸c ®iÓm (-3; 1), (-2; 5),(-1; 3), (0; 1) vµ (1; 5). NhËn ®iÓm uèn (-1; 3) lµm t©m ®èixøng.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

1b Ta cã: x3 + 3x2 = m3 + 3m2 (1) x3 + 3x2 + 1 = m2 + 3m2 + 1 = a sè nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) chÝnh lµ sè giao ®iÓmcña ®å thÞ (C) vµ ®­êng th¼ng y = a, tõ ®å thÞ ë c©u a ta cã:- Ph­¬ng tr×nh (1) cã 1 nghiÖm nÕu a > 5 hoÆc a < 1.- Ph­¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm nÕu a = 5 hoÆc a = 1.- Ph­¬ng tr×nh (1) cã 3 nghiÖm nÕu 1 < a < 5. XÐt hµm sè f(m) = m3 + 3m2 + 1 f(m) còng cã ®å thÞ lµ(C), nªn tõ ®å thÞ ë c©u a ta cã:- a > 5 m > 1; a = 5 m = 1 hoÆc m = -2- a < 1 m < -3; a = 1 m = -3 hoÆc m = 1.- 1 < a < 5 -3 < m < 1 VËy ta cã:+ Víi m > 1 hoÆc m < -3 th× ph­¬ng tr×nh (1) cã 1 nghiÖm.+ Víi m = -3 hoÆc m = -2 hoÆc m = 1 hoÆc m = 2 th×ph­¬ng tr×nh (1) cã 2 nghiÖm.+ Víi -3 < m < 1 vµ m -2, m 0 th× ph­¬ng tr×nh (1) cã 3nghiÖm ph©n biÖt.

0,25

0,25

0,25

0,251c Gäi ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn kÎ tõ ®iÓm (1; 5) cã d¹ng:

y = k(x – 1) + 5 y = kx + 5 – k. V× lµ tiÕp tuyÕn cña (C) nªn ta cã:

3 2

2

x 3x 1 kx 5 k x 2,k 0

x 1,k 9k 3x 6x

.

Cã 2 tiÕp tuyÕn cña (C) ®i qua ®iÓm (1; 5) lµ:y = 5 vµ y = 9x – 4.

0,25

0,50

0,25

1d Gäi M (x0; 9x0 – 4) lµ ®iÓm trªn ®­êng th¼ng y = 9x –4. §­êng th¼ng ®i qua M cã ph­¬ng tr×nh d¹ng: 0,25

y

5

3

1

-3 -2 -1 0 1 x

y = k(x – x0) + 9x0 – 4.

Ta cã:3 2

0 0

2

x 3x 1 k(x x ) 9x 4

k 3x 6x

.

§Ó cã 3 tiÕp tuyÕn qua M th× hÖ trªn cÇn cã 3 nghiÖm ph­¬ng tr×nh sau cÇn cã 3 nghiÖm ph©n biÖt:(x – 1)[2x2 + (5 – 3x0)x + 5 – 9x0] = 0.

Tõ ®ã ta cã ®iÒu kiÖn cña x0 lµ:0

0

0

x 1/ 3

x 5

x 1

.

VËy c¸c ®iÓm M cÇn t×m cã to¹ ®é (x; 9x – 4) víi ®iÒu

kiÖn:

x 1/ 3

x 5

x 1

0,25

0,25

0,25

2 2a TËp x¸c ®Þnh: D = R. Ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi ph­¬ng tr×nh:

3

3

3cosx 4 cos x 3

3cosx 3 4 cos x

(1 2) (1 2) 4cos x 3cosx

(1 2) 3cosx 4cos x (1 2)

XÐt hµm sè f(t) = t(1 2) t , ta cã f(t) ®ång biÕn víi

mäi t nªn ta cã: f(3cosx) = f(4cos3x) 3cosx = 4cos3x

cos3x = 0 x =k

6 3

, k Z

0,25

0,50

0,50

0,25

2b Ta cã: x4 + x2 + 1 = (x2 + x + 1)(x2 – x + 1) > 0 x2 – 3x + 1 = 2(x2 – x + 1) – (x2 + x + 1)

§Æt2

2

x x 1t

x x 1

, t > 0. Ph­¬ng tr×nh trë thµnh:

2

3t 0

3 2 32t t 1 0

3 1t

3

2

2

x x 1 1

x x 1 3

x = 1

0,250,25

0,50

0,25

0,25

3 3a §iÒu kiÖn: m > 0 vµ m 1, x2 + mx + 10 0. 0,50

BÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi:2 2

7 11

11

1 log ( x mx 10 4)log (x mx 12)0

log m

. (*)

§Æt u = x2 + mx + 10, u 0.+ Víi 0 < m < 1: (*) f(u) = log7( u + 4)log11(u + 2) 1 Ta thÊy f(9) = 1 vµ f(u) lµ hµm ®ång biÕn nªn ta cã:f(u) f(9) u 9 x2 + mx + 10 9 x2 + mx + 1 0 V× ph­¬ng tr×nh trªn cã = m2 – 4 < 0 víi 0 < m < 1 nªnph­¬ng tr×nh trªn v« nghiÖm bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho v«nghiÖm.+ Víi m > 1: Ta cã: f(u) 1 = f(9) 0 u 9

0 x2 + mx + 10 92

2

x mx 10 0 (1)

x mx 1 0 (2)

.

XÐt ph­¬ng tr×nh x2 + mx + 1 = 0 cã = m2 – 4. NÕu 1 < m < 2 < 0 (2) v« nghiÖm bÊt ph­¬ngtr×nh ®· cho v« nghiÖm. NÕu m > 2 > 0 ph­¬ng tr×nh trªn cã 2 nghiÖm ®Òutho¶ m·n (1) vµ (2) bÊt ph­¬ng tr×nh ®· cho cã nhiÒuh¬n mét nghiÖm. NÕu m = 2 (2) cã nghiÖm duy nhÊt x = -1 bÊtph­¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm duy nhÊt x = -1. VËy gi¸ trÞ cÇn t×m cña m lµ: m = -2.

0,50

0,50

0,50

3b §Æt f(x) = 1 + 2cosx + 1 + 2sinx. Bµi to¸n trë thµnh:t×m m sao cho maxf(x) 2m – 1. Ta cã f2(x) = 6 + 4(sinx + cosx) + 21 + 2(sinx + cosx) +4sinxcosx §Æt t = sinx + cosx, 2 t 2 . Ta cã:f2(x) = g(t) = 6 + 4t + 22t2 + 2t – 1 víi 2 t 2 . XÐt sù biÕn thiªn cña g(t) ta cã: 2

2; 2max g(t) 4( 2 1)

V× f(x) 0 nªn ta cã:

maxf(x) = 2maxf (x) maxg(t) 2( 2 1)

VËy ta cã:3 2 2

2( 2 1) 2m 1 m2

.

0,250,25

0,25

0,75

0,25

0,25

4 4a Hµm sè cã ®¹o hµm t¹i x = 0 khi nã liªn tôc t¹i x = 0. 0,25

x 0 x 0lim f(x) lim f(x) f(0) b 1

.

Ta l¹i cã:3 3

x 0

1 a x cos x af '(0 ) lim

x 3

Vµx 0

ln(1 2 x)f '(0 ) lim 2

x

a = 6.

VËy hµm sè cã ®¹o hµm t¹i x = 0 khi a = 6 vµ b = 1.

0,50

0,25

0,250,25

4b Chøng minh ®­îc:1 5 1 5

2 22 2

4 2 x 4 21 5 1 5

2 2

x 1 x 1I dx dx

(x x 1)(1 2006 ) x x 1

1 5

2 2

21 5

2

11

xI dx1

(x ) 1x

.

§Æt/ 4

/ 4

1x tgt I dt

x 2

.

0,50

0,25

0,50

5 5a To¹ ®é giao ®iÓm cña 2 elÝp (E1) vµ (E2) lµ nghiÖm cña hÖ

ph­¬ng tr×nh:

2 2

2 2

2 2

x y1

6015 6 x y7x y

16 15

VËy ®­êng trßn ®i qua c¸c giao ®iÓm cña 2 elÝp lµ:

2 2 60x y

7

0,50

0,50

5b Gäi ®­êng th¼ng Ax + By + C = 0 (A2 + B2 0), lµ tiÕptuyÕn chung cña (E1) vµ (P). Ta cã:

2 2

2

15A 6B C 0 C 5A

C 5A6B 2AC

VËy cã 2 tiÕp tuyÕn cÇn t×m lµ: 3x 5y 5 3 0 .

1,0

0,50

6

§Æt h×nh chãp vµo hÖ trôc to¹ ®é nh­ h×nh vÏ. Suy ra tacã: A = (0; 0; 0), D = (2a; 0; 0), S = (0; 0; a 3 ) vµ

B =a a 3

; ;02 2

. Suy ra ph­¬ng tr×nh cña SB lµ:

2x 2y z a 3

a a 3 a 3

Gäi M(x0; y0; z0) thuéc c¹nh SB, ta cã:

0 0

0 0

y 3x

z a 3 2 3x

.

MÆt kh¸c AMDN AM.DM 0

x02 – 2ax0 + y0

2 + z02 = 0 0

3ax

8

3a 3a 3 a 3M ; ;

8 8 4

3SM SB

4

hay

SM 3

SB 4 .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,50

-----------------------------------------HÕt---------------------------------------------------

A D

B C

S

H

Së GD & §T Thanh Ho¸Tr­êng THPT Qu¶ng X­¬ng II

§Ò thi häc sinh giái líp 12 THPTB¶ng A

(Thêi gian 180 phót kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò).

Bµi1: (4 ®iÓm)Cho hµm sè f(x)=x3- 6x2+9x-1 (C).1. Kh¶o s¸t vµ vÏ ®å thÞ (C).2. Tõ mét ®iÓm bÊt kú trªn ®­êng th¼ng x=2 ta cã thÓ kÎ ®­îc bao nhiªu

tiÕp tuyÕn ®Õn (C).(§¹i häc ngo¹i th­¬ng khèi A n¨m 2000).

Bµi2: (4 ®iÓm).

1. TÝnh I= 3

0

23 xx2x dx.

2. Cho f(x) = 2x + m + log2mx2 - 2(m – 2)x+ 2m-1.T×m m ®Ó f(x) cã tËp x¸c ®Þnh lµ R.

Bµi3: (4 ®iÓm).

Gi¶i ph­¬ng tr×nh: ln(sinx+1) = esinx-1.Bµi4: (2 ®iÓm).

Gi¶i hÖ ph­¬ng tr×nh:

1xz

1zy

1yx

Bµi5: (4 ®iÓm).Cho h×nh lËp ph­¬ng ABCD.A'B'C'D' c¹nh b»ng a. LÊy M trong ®o¹n

AD', N trong ®o¹n BD víi AM=DN=x, (0<x<a 2 ).

1. Chøng minh víi x=3

2ath× MN ng¾n nhÊt.

2. Khi MN ng¾n nhÊt chøng minh: MN lµ ®o¹n vu«ng gãc chung cñaAD' vµ DB.

Bµi6: (2 ®iÓm).

Cho x,y,z

2

;6

Chøng minh:

2

2

11

ysin

xsinzsin

xsin

zsinysin

zsin

ysinxsin

Së GD & §T Thanh Ho¸Tr­êng THPT Qu¶ng X­¬ng II

§¸p ¸n §Ò thi Häc sinh giái líp 12 THPTThêi gian: 180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

BµiC©u Néi dung §iÓm

Bµi1(4®iÓm)

1(2®iÓm)

TËp x¸c ®Þnh: x .ChiÒu biÕn thiªn: y'=3x2-12x+9y'=0 x=1, x=3Hµm sè ®¹t cùc ®¹i t¹i x=1, y=3Hµm sè ®¹t cùc tiÓu t¹i x=3, y=-1TÝnh låi lâm vµ ®iÓm uèny''=6x-12Hµm sè låi x ( )2,Hµm sè lâm x (2,+ )§iÓm uèn x=2, y=1limy=+ ; limy=-x->+ x->-B¶ng biÕn thiªn

§å thÞ: x=0 =>y=-1 y=0 =>x3-6x2+9x-1=0LÊy thªm ®iÓm phô: x=3 =>y=3 x=0 =>y=-1VÏ ®å thÞ: Häc sinh vÏ chÝnh x¸c ®Ñp

x - 1 3 +y' + 0 -y'' 3 +

- -1

0,5

0,5

0,5

0,5

2(2®iÓm)

XÐt A(2,a) trªn ®­êng x=2. TiÕp tuyÕn t¹i A cã ph­¬ng tr×nh lµ: y=(3x0

2-12x0+9)(x-x0)+x03-6x0

2+9x0-1TiÕp tuyÕn nµy qua A khi vµ chØ khia=(3x0

2-12x0+9)(2-x0)+x03-6x0

2+9x0-1 2x0

3-12x02+24x0-17+a=0 (1)

Sè nghiÖm cña ph­¬ng tr×nh (1) chÝnh lµ sè tiÕp tuyÕn qua AXÐt g(x)= -2x3+12x2-24x+17g'(x)=-6(x-2)2 0 x

g(x) lu«n nghÞch biÕn vµ cã tËp gi¸ trÞ lµ (- ,+ ) do ®ãph­¬ng tr×nh (1) lu«n cã mét nghiÖm duy nhÊt

VËy tõ mét ®iÓm bÊt kú trªn x=2 lu«n kÎ ®­îc ®óng mét tiÕptuyÕn ®Õn (1)

0,5

0,5

0,5

0,51

(2®iÓm) I= 3

0

2)1x(x dx = 3

0

x 1x dx

= 1

0

x x1 dx + 3

1

x 1x dx

= 1

0

2

1

x dx - 1

0

2

3

x dx+ 3

1

2

3

x dx - 3

1

2

1

x dx

=15

8+

5

38

0,5

0,5

0,5

0,5

Bµi 2(4®iÓm)

2(2®iÓm)

Ta chØ cÇn mx2-2(m-2)x+2m-1>0 x R

Khi

04m3m

0m2'

1m

4m

0m

=>m >1

VËy m>1 th× f(x) cã tËp x¸c ®Þnh R

0,5

0,5

0,5

0,5

Bµi 3(4®iÓm) §iÒu kiÖn sinx -1, x -

2k

2 (kZ)

§Æt ln(sinx+1)=y => sinx+1=ey

ta cã hÖ

)2(1xsine

)1(1yey

sinx

LÊy (1) trõ (2) ta cã ph­¬ng tr×nh esinx – ey = y-sinx

NÕu sinx > y th× esinx > ey Ph­¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖmNÕu sinx < y th× esinx < ey Ph­¬ng tr×nh kh«ng cã nghiÖm

VËy ph­¬ng tr×nh cã nghiÖm khi sinx=y thay vµo (2) tacã: esinx=sinx+1 (3)

XÐt f(x)= ex-x-1 víi x -1f'(x)= ex – 1=0 x=1

VËy ph­¬ng tr×nh (3) cã nghiÖm sinx=0 =>x=k (kZ)

0,5

0,5

0,5

0,50,5

0,5

0,5

0,5

Bµi 4(2®iÓm)

Ta cã

)3(x1z

)2(z1y

)1(y1x

®iÒu kiÖn x,y,z 1

NÕu (x,y,z) lµ mét nghiÖm cña hÖ gäi x= min(x,y,z) th×xy,x z (4)

z 1+ y =x =>zx VËy z=x

xy => x y =>1+ x 1+ z

zy (5)

Tõ (4) vµ (5) ta cã x=y=z nªn x=1+ x => x=y=z=2

53

0,5

0,5

0,5

0,5

Bµi5(4®iÓm)

1(2®iÓm)

Dùng MM' AD; NN' ADDNN' vu«ng c©n nªn AM'=MM'

Ta cã AM2= x2=2MM'2 =>MM'=AM'=2

2x

V× N'DN c©n => N'D=N'N=2

2x

=> c©n MM'A = c©n NN'D=>AM'=DN'=>AN'=DM'M'N'= AD - 2AN'= x 2

M'N'=a - 2(a-2

2x)= x 2 - a

MM'N t¹i M' nªn MN2

=M'M2+M'N2=2

2x +(M'N'2+N'N2)=2

2x +(x 2 -a)2 +2

2x

=3x2 -2ax 2 +a2

§Æt f(x)=3x2 -2ax 2 +a2 xÐt trªn 2,0 a

f'(x)= 6x- 2a 2 =0 <=> x=3

2a

VËy f(x) nhá nhÊt khi x=3

2a

MN2=32

3

2a

- 2a

3

2a2 +a2

0,5

0,5

0,5

=2

2 2a -3

4 2a +a2 =3

2a => MN=3

a0,5

2(2®iÓm)

XÐt MM'D: MD2=MM'2+M'D2

=2

12

3

2a

+

2

2

2

3

2

aa =

9

5

9

4

9

222 aaa

vµ MN2=3

2a DN2=x2=9

2 2a

=>MN2+DN2=9

5 2a

Ta l¹i cã MD2=MN2+DN2=9

5 2a

VËy MDN t¹i N =>MN DB

XÐt AN'N ta cã AN2=AN'2+N'N2=2

2

2

3

2

aa +

2

2x =9

5 2a

AM=x=3

2a MN=3

a nªn AM2+MN2=9

5 2a do ®ã

AN2=AM2+MN2 =>AMN t¹i MMNAD VËy MN lµ ®­êng vu«ng gãc chung

0,5

0,5

0,5

0,5

Bµi6(2

®iÓm)

§Æt sinx=a; siny=b; sinz=c th× a,b,c

1,2

1

Ta cãabc

accbba

b

ac

a

cb

c

ba ))()((

Ta chøng minhabc

accbba ))()(( 2

2

11

a,b,c

1,2

1

§Æt u=c

a ; v=c

b ; do2

1abc1 th×

2

1uv1 ta chøng

minh:uv

vuuv )1)(1)(( 2

2

11

ta cã:uv

vuuv )1)(1)((

v

vv

2

1

)1)(2

11)(

2

1(

= 1+2

1 -v-v

vv

12

2

11

2

1 =

2

2

11

DÊu = khi u=2

1 ; v=2

1 hay x=6

; y=4

; z=2

0,5

0,5

0,5

0,5

Tµi liÖu tham kh¶o: 1. §Ò thi §¹i häc cña Bé gi¸o dôc xuÊt b¶n n¨m 1996. 2. B¸o to¸n häc vµ tuái trÎ n¨m 2000

SƠ GIAO DUC VA ĐAO TAO KY THI CHON ĐÔI TUYÊN HOC SINH GIOI THANH PHÔ HÔ CHI MINH LƠP 12 THPT NĂM HOC 2012-2013

MÔN THI: TOAN

Ngay thi: 18 - 10 - 2012

ĐÊ CHINH THƯC Thơi gian lam bai: 180 phut.

Bài 1. (4 điểm)

Giải hệ phương trình 3 2 3

1

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

Bài 2. (4 điểm)

Cho dãy số ( )nu xác định bởi

1

*

1

1

2

3 4,

2 1

nn

n

u

uu n N

u

Chứng minh dãy số ( )nu có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Bài 3. (4 điểm)

Cho , ,x y z là các số dương thỏa mãn 1 1 1

1x y z . Chứng minh:

x yz y zx z xy xyz x y z

Bài 4. (4 điểm)

Cho tam giác nhọn ABC với các đường cao ,AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi

M là một điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao cho các đường

thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F .

Chứng minh rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) thì trung điểm

của đoạn EF luôn nằm trên một đường thẳng cố định.

Bài 5. (4 điểm)

Tìm tất cả các đa thức ( )P x hệ số thực thỏa mãn : 2( ). ( 3) ( ), P x P x P x x

HẾT

www.VNMATH.com

ĐAP AN ĐÊ VÒNG 1

Bài 1. (4 điểm)

Giải hệ phương trình 3 2 3

1

4 12 9 6 7

xy x y

x x x y y

Giải

Đặt 1z x Hệ phương trình tương đương 3 3

2

3 ( 2) 4 0

yz z

y y z z

3 2 3

2

3 4 0

yz z

y y z z

2

2

yz z

y z y z

1 17 1 17

4 4

1 17 1 17

2 2

z z

y y

5 17 5 17

4 4

1 17 1 17

2 2

x x

y y

Bài 2. (4 điểm)

Cho dãy số ( )nu xác định bởi

1

*

1

1

2

3 4,

2 1

nn

n

u

uu n N

u

Chứng minh dãy số ( )nu có giới hạn hữu hạn và tìm giới hạn đó.

Giải

Từ giả thiết ta suy ra *0,nu n N

Xét 3 4 3 5

( )2 1 2 2(2 1)

xf x

x x

, với 0x , 2

5'( ) 0, 0

(2 1)f x x

x

Ta có 1

1

1

2

( ), *n n

u

u f u n N

3( )

2f x , 0x và

5( ) 4 0, 0

2 1

xf x x

x

3

4, 22

nu n dãy ( )nu bị chặn

Đặt 2 1

2

n n

n n

x u

y u

Do f(x) nghịch biến trên (0; ) nên g(x) = f(f(x)) đồng biến trên (0; )

2 1 2( ) ( )n n n nf x f u u y ; 2 2 1 1( ) ( )n n n nf y f u u x

1( ) ( ( )) ( )n n n ng x f f x f y x

1 2 3

1 11 49; ;

2 4 26u u u ….. Ta thấy 1 3 1 2u u x x

Giả sử rằng 1 1( ) ( )k k k kx x g x g x 1 2k kx x . Vậy *

1,n nx x n N

Suy ra ( )nx tăng và bị chặn trên ( )nx có giới hạn hữu hạn a .

Do 1 1 1( ) ( )n n n n n nx x f x f x y y dãy ( )ny giảm và bị chặn dưới

www.VNMATH.com

( )ny có giới hạn hữu hạn b.

Ta có

1

3 3 3, ;4 , 2 , ;4 , ;4

2 2 2

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) (1)( )

n n

n n

n n

x y n a b a b

f x y f a b f a b I

f b a f b f a a bf y x

5 1 1

(1) ( ) (2 1)(2 1) 5 02 2 1 2 1

a b a b a b a bb a

(do (2 1)(2 1) (3 1)(3 1) 16 5a b )

Vậy từ (I)

3;4

22

3 4

2 1

b a

a ba

aa

.

Vậy lim 2nu

Bài 3. (4 điểm)

Cho , ,x y z là các số dương thỏa mãn 1 1 1

1x y z . Chứng minh:

x yz y zx z xy xyz x y z (*)

Giải

(*) 1 1 1 1 1 1 1 1 1

1 (**)x yz y zx z xy xy yz zx

Ta cần chứng minh: 1 1 1 1

x yz x yz

2

1 1 1 1 1 1 1 2 1 1 2 1 1 21

x yz x x yz x yz x y zyz x yz yz yz (đúng)

Chứng minh tương tự ta có:

1 1 1 1

y zx y zx ,

1 1 1 1

z xy z xy

Cộng ba bất đẳng thức trên ta thu được (**).

Bài 4. (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC với các đường

cao ,AH BK nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một

điểm di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O) sao

cho các đường thẳng AM và BK cắt nhau tại E ; các

đường thẳng BM và AH cắt nhau tại F . Chứng minh

rằng khi M di động trên cung nhỏ BC của đường tròn (O)

thì trung điểm của đoạn EF luôn nằm trên một đường

thẳng cố định.

Giải

E

F

H

K

O

BC

A

M

www.VNMATH.com

Ta chứng minh hai tam giác EHK và FHK có diện tích bằng nhau.

Ta có MAC MBC

1 1 1. .sin . .tan .sin . .cos .tan .cos

2 2 2EHKS KH KE BKH KH KA BAH KH AB A B

1 1 1. .sin .tan . .sin .cos .tan . .cos

2 2 2FHKS HF HK FHK BH HK AHK AB B HK A

EHK FHKS S suy ra E, F cách đều HK mà E,F nằm về hai phía của HK

Trung điểm của EF nằm trên đường thẳng HK.

Bài 5. (4 điểm)

Tìm tất cả các đa thức ( )P x hệ số thực thỏa mãn : 2( ). ( 3) ( ), P x P x P x x

Giải :

Ta tìm các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x –3)=P(x2) xR (1)

Trường hợp P(x) C ( C là hằng số thực ) :

P(x) C thỏa (1) C2= C C = 0 C = 1 P(x) 0 hay P(x) 1

Trường hợp degP 1

Gọi là một nghiệm phức tùy ý của P(x) . Từ (1) thay x bằng ta có P(2)=0 x=

2 cũng

là nghiệm của P(x) . Từ đó có , 2,

4,

8,

16, …là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có

hữu hạn nghiệm (do đang xét P(x) khác đa thức không)

0

1

(I)

Từ (1) lại thay x bằng +3 ta có P((+3)2)=0 x=(+3)

2 là nghiệm của P(x)

Từ x = (+3)2 là nghiệm của P(x) tương tự phần trên ta có (+3)

2, (+3)

4, (+3)

8,

(+3)16

,…là các nghiệm của P(x) . Mà P(x) chỉ có hữu hạn nghiệm

2

2

3 0

3 1

3 0

3 1

(II)

Như vậy , nếu là nghiệm của P(x) thì ta có thỏa hệ (I)

(II)

13

y

xO

I

Biểu diễn các số phức thỏa (I) và thỏa (II) trên mặt phẳng phức ta có hệ (I)

(II)

không có

nghiệm

Không tồn tại đa thức hệ số thực P(x) bậc lớn hơn hoặc bằng 1 thỏa (1)

Kết luận Các đa thức P(x) hệ số thực thỏa P(x)P(x – 3)=P(x2) x gồm P(x) 0 , P(x) 1

www.VNMATH.com

SƠ GIAO DUC VA ĐAO TAO KY THI CHON ĐÔI TUYÊN HOC SINH GIOI THANH PHÔ HÔ CHI MINH LƠP 12 THPT NĂM HOC 2012-2013

MÔN THI: TOAN

Ngay thi: 19 - 10 - 2012

ĐÊ CHINH THƯC Thơi gian lam bai: 180 phut.

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C , 2( )C trong đó 1( )C và 2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C , 2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng: 1 1 2

DA DE MN

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

HẾT

www.VNMATH.com

ĐAP AN VÒNG 2

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Giải.

Đặt 3 ( 1,2,..., )i it x i n

Ta có:

1 1 1

3 3 2 3 2

1 1 1 1 1 1 1

0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., )

( 3) 4 4

81( 3) 0 9 27 27 0 9 0

4

i i i

n n n

i i i

i i i

n n n n n n n

i i i i i i i

i i i i i i i

t i n t i n t i n

t n t n t n

t t t t n t t t

1

12

1

0 ( 1,2,..., ) 90 ( 1,2,..., )

24

49

( ) 02

i

i in

i ni

in

i

i i

i

t i nt t i n

t n

t n

t t

Gọi k là số các it có giá trị bằng 0 và l là số các it có giá trị bằng 9

2. Khi đó, ta có:

89

4 92

9

nl

l n

nk l n k

Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.

Khi 9n m ( *m N ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

1 2( , ,..., )nS t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9

2

Hay 1 2( , ,..., )nS x x x trong đó m giá trị bằng 3 và 8m giá trị bằng 3

2

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R (*)

Giải.

Xét hàm số ( ) 2 ( ),g x f x x R

www.VNMATH.com

(*) 2 2( ( )) ( ( ))g x g y y g x (1)

+) Từ (1) suy ra nếu 1 2( ) ( )g y g y thì

1 2y y suy ra g là đơn ánh

+) Từ (1) cho 0x suy ra 2( ( )) ( (0))g g y y g suy ra tập giá trị của g là R .

Suy ra g là song ánh, nên tồn tại a R sao cho ( ) 0g a .

Cho 2 2 2 2( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g (0) 0g

Do đó ( ( )) ,g g x x x R

Cho 2 20 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R

Suy ra 0x thì ( ) 0g x và ( ) 0 0g x x

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với 0,x y R , ta có

2

2( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x

Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số ,x x luôn có số không âm, ta có:

0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x ( ) ( ),g x g x x R

+) với 0,x y R , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y

Vậy ( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R

Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1 ( ) ,g x x x Q

+) Cho x y khi đó 0g x y và

g x g x y y g x y g y g y

Suy ra g là hàm tăng thực sự

Ta chứng minh ( ) , \g x x x R Q

Giả sử tồn tại 0 \x R Q sao cho 0 0( )g x x

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

( ) ,g x x x R

Vậy ( ) ,2

xf x x R (thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Giải.

Gọi l1, l2,..., ls là các ước lẻ của n và 2m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,

m ≥ 0)

Từ đó các ước của n là l1, l2,..., ls, 2l1, 2l2,..., 2ls,..., 2ml1, 2

ml2,..., 2

mls

Theo đề bài ta có:

l1 + l2 +... + ls + 2l1 + 2l2 +...+ 2ls +... + 2ml1 + 2

ml2 +...+ 2

mls + (m +1)s = 2n+1

2

1 2( ... )(1 2 2 ... 2 ) ( 1) 2 1m

sl l l m s n

(l1 + l2 +... + ls)(2m+1

– 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*)

+ Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ.

+ Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1)

Suy ra 2m

ncó số lẻ ước

www.VNMATH.com

Số 1 2

1 2 ...2

mkk k

mm

np p p có số ước là

1 2( 1)( 1)...( 1)mk k k suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m)

2m

n là số chính phương.

2 1 2 22 . (2 . )2

t tnn r r ( ,t r N )

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C ,

2( )C trong đó 1( )C và

2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C ,

2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng:

1 1 2

DA DE MN

F

M

N

O

O1 O2

A

D

E

B

C

Giải.

Cach 1: Do 2 . .AD AM AB AN AC nên phép nghịch đảo 2AD

AP biến

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

B M

C N

D D

C C

C C

.

Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.

Do 1( )C và 2( )C tiếp xúc với ( )C tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.

Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và 2

MNFD FM FN

Ta có : 2

.

DE AD AD

DF AD AF AF . .DE AF DF DA

1

.

AF

DE DF DA

Vậy 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Lưu ý:

Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì ' '

.

kA B

AB OAOB .

www.VNMATH.com

Cach 2: Ta co AM.AB = AN.AC AM AC

AN AB AMN ~ ACB

1OAB OBA O MB O1M // OA.

Tương tư co O2N // OA.

Lại có:

OAN MNA OCA ABC = OCA xCA = 900.

OA MN O1M MN, O2N MN

MN la tiêp tuyên chung cua (O1) và (O2)

FD = FM = FN.

ANF ABC AEC EFNC nôi tiêp

AE.AF = AN.AC = AD2

(AD + DE)AF = AD(AF + DF)

DE.AF = AD.DF

1

.

AF

DE AD DF

Do đo: 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

Giải. Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – .

Gọi xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),

yj là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ..,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải)

Gọi p là số các số lẻ trong các số x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ trong các số y1, y2,…, y2012 ,

p, q {0, 1, 2,…,2012}.

Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu – 2012p + 2012q – 2pq = 18 1006p + 1006q – pq = 9

(p –1006)(q –1006) = 10062 – 3

2 (p –1006)(q –1006) = 1003×1009

(1)

(p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết

cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}

nên (2) p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –

x

FN

M

A

E

D

O

BC

O1 O2

www.VNMATH.com

Së GD &§T NGHÖ ANTr­êng thpt anh s¬n 2

***

kú thi chän häc sinh giái tr­êngn¨m häc 2009-2010

M«n thi : to¸n líp 12 thpt-b¶ng A(§Ò thi gåm 01 trang )

Thêi gian lµm bµi :180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó hµm sè y =xm

xxm

cos

1cossin ®¹t cùc trÞ t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt thuéc

4

9;0

C©u 2. ( 3,0 ®iÓm)T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña a ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt:

axxxx 2124124 22

C©u 3. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh : 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 cã nghiÖm trªn ®o¹n

2;

2

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc x, y, z tïy ý ta lu«n cã:

22 11 yx

yx

22 11 zx

zx22 11 yz

yz

C©u 5. ( 3,0 ®iÓm)XÐt khai triÓn: ( 1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x

2 + ... + a12x12 .

H·y t×m hÖ sè ai lín nhÊt, víi 120, iNi

C©u 6. ( 3,0 ®iÓm)

Cho h×nh hép ®øng ABCD.A’B’C’D’ cã c¹nh AB = AD = a, AA’ =2

3a vµ gãc BAD =

600. Gäi M , N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A’D’ vµ A’B’. Chøng minh r»ng AC’vu«ng gãc víi mp(BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN

C©u 7. ( 2,0 ®iÓm)Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu cã gãc gi÷a hai mÆt bªn lµ . Gäi lµ gãc t¹o bëi ®­êng

cao h×nh chãp vµ c¹nh bªn. Chøng minh r»ng:3

1

2tan.cos

.

-------------------HÕt-----------------

§Ò chÝnh thøc

1

Tr­êng THPT chÝ linh

--------***--------

§Ò Thi häc sinh giái líp 12n¨m häc 2009 - 2010

M«n To¸nThêi gian lµm bµi: 120 phót

C©u 1: ( 3,0 ®iÓm)

1) ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 31

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ

hµm sè víi trôc tung.2) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m .T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3

tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

C©u 2: (1,5 ®iÓm)

T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè 2sin

2

cos xy x

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)

Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AC=2R. B lµ ®iÓm di ®éngtrªn ®­êng trßn (O) ( B kh¸c A,C). trªn ®­êng th¼ng d vu«ng gãc víi (P) t¹i A lÊy ®iÓmS cè ®Þnh. MÆt ph¼ng (Q) qua A vµ vu«ng gãc víi SC c¾t SC, SB lÇn l­ît t¹i M,N.

1) Cho CAB , SA=a. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC theo a,R, .2) Khi B di ®éng trªn ®­êng trßn (O). §­êng th¼ng MN c¾t ®­êng th¼ng BC t¹i D. Chøng minh r»ng:

a) D n»m trªn mét ®­êng th¼ng cè ®Þnh. b) 2 2 2 2

SCD SAC SAD ACDS S S S

trong ®ã , , ,SCD SAC SAD ACDS S S S lµ diÖn tÝch c¸c SCD, SAC, SAD, ACD.

C©u 5: (1,0 ®iÓm)

Cho 02

x y

. Chøng minh r»ngsin

sinx x

y y .

--------------------------------------------------HÕt---------------------------------------------------

2

H­íng dÉn chÊm to¸n 12Câu Nội dung Điểm

Câu1(3,0đ)

1,5

1)1,5đViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 3

1

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi

trôc tung.

x=0=> y=-1=> ®å thÞ hµm sè c¾t oy tại A(0;-1) 0,25

với 10

1

x

x

1

331 1

( )1 1

x xy

x x

2 2

3 32

1 1 2 1' ( ) ( ) ' ( )

1 1 ( 1) 1

x x xy

x x x x

0,5

y’(0)=2 0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A(0;-1) là

y=y’(0)(x-0)-1<=> y=2x-1

0,5

2)(1,5đ) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m . T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n

biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3 tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và truc hoành là nghiệm của phương trình

3 2 3 23 1 0 ( 3 1) 1(1)mx mx m m x x

0,25

m=0 => (1) vô nghiệm

3 2 10 (1) 3 1m x x

m

0,25

Xét f(x)=x3-3x2+1 , f’(x)=3x2-6x, f’(x)=00

2

x

x

bảng biến thiên

x -∞ 0 1 2 +∞

f’(x) + 0 - - 0 +

f(x) +∞

1

-1

--3

-∞

0,25

3

Đồ thị hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> (1)

có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> Đường thẳng (d):1

ym

cắt đồ

thị (C): f(x)=x3-3x2+1 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3.

(d) cùng phương với ox cắt oy tại điểm có tung độ 1

m .

0,25

Từ bảng biến thiên =>

0 11 11 0 0

1 103 1 ( ;1)

1 1 3 313 0 03

mmmm m m

mmm

m m

KL:1

( ;1)3

m

0,5

Câu 2

(1,5đ)T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè

2sin

2

cos xy x

TXĐ: D=R

y’=-sin2x+cosx

0,25

y’=0 <=>cosx(1-2sinx)=0

2cos 0

2 ( )16s inx

2 52

6

x kx

x k k

x k

0,25

y’’=-2cos2x-sinx 0,25

2x k

=>y’’=2-sin(2

k )>0=>

2x k

là điểm cực tiểu của hàm số0,25

26

x k =>y’’=-3/2 <0=> 2

6x k

là điểm cực đại của hàm số

52

6x k

=>y’’=-3/2=>5

26

x k là điểm cực đại của hàm số

0,25

vậy- điểm cực tiểu của hàm số là2

x k ( )k

-điểm cực tiểu của hàm số là 26

x k ;

52

6x k

( )k

0,25

4

Câu 3

(1,5đ)Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx (1)

(1)<=> 2sin 5 2s inx 3.x cosx sinx 0,5

2sin 5 3.x cosx sinx 0,25

3 1sin 5 cos s inx sin 5 sin( )

2 2 3x x x x

0,25

5 23 18 3 ( )2

5 23 6 2

x x k x kk

x x k x k

0,5

Câu 4

(3,0đ)

1) 1,0đ

NA C

D

S

B

M

O

Trong tam giac vuông ABC có BC=AC.sinα=2Rsinα ; AB=AC.cosα

0,25

21. 2 sin os

2ABCS AB AC R c 0,25

22

.

1 1 sin 2. .2 sin os

3 3 3S ABC ABC

aRV SA S a R c

0,5

2)(2,0đ)

2a)(1,0đ) ( )( )

( )

SC AMN SC ADAD SAC

SA ABC SA AD

0,5

Do A cố định, (SAC) cố định nên D nằm trên đường thẳng cố định đi qua A và vuông góc với(SAC)

0,5

5

2b)(1,0đ)( ) ( )

AB BC BC ANBC SAB BC SB AN SBC

SA BC AN SC

AN SB

0,25

Trong tam giác vuông SAB có2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1(1)

AN SA AB SA AD AC

0,25

Nhân 2 vế của (1) với 2.9 S ACDV

2 2 2 2. . . .

2 2 2 2

2 2 2 2

9 9 9 9S ACD S ACD S ACD S ACD

SCD SAC SAD ACD

V V V V

AN SA AD AC

S S S S

0,5

Câu 5

(1,0đ)Cho 0

2x y

. Chøng minh r»ng

sin

sinx x

y y .

Xét2

s inx cos s inx( ) (0; ] '( )

2

x xf x x f x

x x

0,25

( ) cos s inx

g'(x)= cos s inx cos s inx 0 [0; ]2

g x x x

x x x x x

=> g(x) nghịch biến trên [0; ]2

0,25

2

( )(0; ] ( ) (0) 0 '( ) 0 (0; ]

2 2

g xx g x g f x x

x

=>f(x) nghịch biến trên (0; ]2

0,25

nên 02

x y

=>f(x)≥f(y)<=> sin

sin

sinx y sinx x

x y y y

0,25

Người soạnVũ Chí Cương- THPT Chí Linh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 - 2010

Huỳnh Kim Linh Sưu tầm và giới thiệu

——————

Bài 1 :

Cho a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng :√

abc +√

(1− a) (1− b) (1− c) < 1.

Bài 2 :

Cho các số thực x, y, z khác không. Tìm tất cả giá trị của :

f (x, y, z) = |x+y||x|+|y| +

|y+z||y|+|z| +

|z+x||z|+|x| .

Bài 3 :

Cho n là số tự nhiên lẻ và tập các số thực X = {x1; x2; . . . ; xn} .

Tìm tất cả các song ánh f (hàm 1-1) trên tập X, f : X → X

sao cho :

|f (x1)− x1| = |f (x2)− x2| = · · · = |f (xn)− xn| .

Bài 4 :

Cho 7 số thực thuộc khoảng (1; 13). Chứng minh rằng có ít nhất ba số trong đó là độ dài 3 cạnh của

1 tam giác.

Bài 5 :

Cho a, b, c > 0. Giải hệ phương trình :

ax− by + 1xy

= c

bz − cx + 1zx

= a

cy − az + 1yz

= b.

Bài 6 :

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1 và bên trong hình vuông cho n điểm phân biệt. Chứng minh

rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh của hình vuông sao cho diện tích

S của nó thỏa mãn bất đẳng thức :

S ≤ 12(n+1)

.

——— HẾT ———

SƠ GIAO DUC VA ĐAO TAO KY THI CHON ĐÔI TUYÊN HOC SINH GIOI THANH PHÔ HÔ CHI MINH LƠP 12 THPT NĂM HOC 2012-2013

MÔN THI: TOAN

Ngay thi: 19 - 10 - 2012

ĐÊ CHINH THƯC Thơi gian lam bai: 180 phut.

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C , 2( )C trong đó 1( )C và 2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C , 2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng: 1 1 2

DA DE MN

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

HẾT

www.VNMATH.com

ĐAP AN VÒNG 2

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Giải.

Đặt 3 ( 1,2,..., )i it x i n

Ta có:

1 1 1

3 3 2 3 2

1 1 1 1 1 1 1

0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., )

( 3) 4 4

81( 3) 0 9 27 27 0 9 0

4

i i i

n n n

i i i

i i i

n n n n n n n

i i i i i i i

i i i i i i i

t i n t i n t i n

t n t n t n

t t t t n t t t

1

12

1

0 ( 1,2,..., ) 90 ( 1,2,..., )

24

49

( ) 02

i

i in

i ni

in

i

i i

i

t i nt t i n

t n

t n

t t

Gọi k là số các it có giá trị bằng 0 và l là số các it có giá trị bằng 9

2. Khi đó, ta có:

89

4 92

9

nl

l n

nk l n k

Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.

Khi 9n m ( *m N ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

1 2( , ,..., )nS t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9

2

Hay 1 2( , ,..., )nS x x x trong đó m giá trị bằng 3 và 8m giá trị bằng 3

2

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R (*)

Giải.

Xét hàm số ( ) 2 ( ),g x f x x R

www.VNMATH.com

(*) 2 2( ( )) ( ( ))g x g y y g x (1)

+) Từ (1) suy ra nếu 1 2( ) ( )g y g y thì

1 2y y suy ra g là đơn ánh

+) Từ (1) cho 0x suy ra 2( ( )) ( (0))g g y y g suy ra tập giá trị của g là R .

Suy ra g là song ánh, nên tồn tại a R sao cho ( ) 0g a .

Cho 2 2 2 2( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g (0) 0g

Do đó ( ( )) ,g g x x x R

Cho 2 20 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R

Suy ra 0x thì ( ) 0g x và ( ) 0 0g x x

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với 0,x y R , ta có

2

2( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x

Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số ,x x luôn có số không âm, ta có:

0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x ( ) ( ),g x g x x R

+) với 0,x y R , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y

Vậy ( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R

Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1 ( ) ,g x x x Q

+) Cho x y khi đó 0g x y và

g x g x y y g x y g y g y

Suy ra g là hàm tăng thực sự

Ta chứng minh ( ) , \g x x x R Q

Giả sử tồn tại 0 \x R Q sao cho 0 0( )g x x

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

( ) ,g x x x R

Vậy ( ) ,2

xf x x R (thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Giải.

Gọi l1, l2,..., ls là các ước lẻ của n và 2m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,

m ≥ 0)

Từ đó các ước của n là l1, l2,..., ls, 2l1, 2l2,..., 2ls,..., 2ml1, 2

ml2,..., 2

mls

Theo đề bài ta có:

l1 + l2 +... + ls + 2l1 + 2l2 +...+ 2ls +... + 2ml1 + 2

ml2 +...+ 2

mls + (m +1)s = 2n+1

2

1 2( ... )(1 2 2 ... 2 ) ( 1) 2 1m

sl l l m s n

(l1 + l2 +... + ls)(2m+1

– 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*)

+ Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ.

+ Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1)

Suy ra 2m

ncó số lẻ ước

www.VNMATH.com

Số 1 2

1 2 ...2

mkk k

mm

np p p có số ước là

1 2( 1)( 1)...( 1)mk k k suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m)

2m

n là số chính phương.

2 1 2 22 . (2 . )2

t tnn r r ( ,t r N )

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C ,

2( )C trong đó 1( )C và

2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C ,

2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng:

1 1 2

DA DE MN

F

M

N

O

O1 O2

A

D

E

B

C

Giải.

Cach 1: Do 2 . .AD AM AB AN AC nên phép nghịch đảo 2AD

AP biến

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

B M

C N

D D

C C

C C

.

Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.

Do 1( )C và 2( )C tiếp xúc với ( )C tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.

Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và 2

MNFD FM FN

Ta có : 2

.

DE AD AD

DF AD AF AF . .DE AF DF DA

1

.

AF

DE DF DA

Vậy 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Lưu ý:

Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì ' '

.

kA B

AB OAOB .

www.VNMATH.com

Cach 2: Ta co AM.AB = AN.AC AM AC

AN AB AMN ~ ACB

1OAB OBA O MB O1M // OA.

Tương tư co O2N // OA.

Lại có:

OAN MNA OCA ABC = OCA xCA = 900.

OA MN O1M MN, O2N MN

MN la tiêp tuyên chung cua (O1) và (O2)

FD = FM = FN.

ANF ABC AEC EFNC nôi tiêp

AE.AF = AN.AC = AD2

(AD + DE)AF = AD(AF + DF)

DE.AF = AD.DF

1

.

AF

DE AD DF

Do đo: 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

Giải. Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – .

Gọi xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),

yj là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ..,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải)

Gọi p là số các số lẻ trong các số x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ trong các số y1, y2,…, y2012 ,

p, q {0, 1, 2,…,2012}.

Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu – 2012p + 2012q – 2pq = 18 1006p + 1006q – pq = 9

(p –1006)(q –1006) = 10062 – 3

2 (p –1006)(q –1006) = 1003×1009

(1)

(p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết

cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}

nên (2) p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –

x

FN

M

A

E

D

O

BC

O1 O2

www.VNMATH.com

Së GD &§T NGHÖ ANTr­êng thpt anh s¬n 2

***

kú thi chän häc sinh giái tr­êngn¨m häc 2009-2010

M«n thi : to¸n líp 12 thpt-b¶ng A(§Ò thi gåm 01 trang )

Thêi gian lµm bµi :180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó hµm sè y =xm

xxm

cos

1cossin ®¹t cùc trÞ t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt thuéc

4

9;0

C©u 2. ( 3,0 ®iÓm)T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña a ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt:

axxxx 2124124 22

C©u 3. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh : 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 cã nghiÖm trªn ®o¹n

2;

2

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc x, y, z tïy ý ta lu«n cã:

22 11 yx

yx

22 11 zx

zx22 11 yz

yz

C©u 5. ( 3,0 ®iÓm)XÐt khai triÓn: ( 1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x

2 + ... + a12x12 .

H·y t×m hÖ sè ai lín nhÊt, víi 120, iNi

C©u 6. ( 3,0 ®iÓm)

Cho h×nh hép ®øng ABCD.A’B’C’D’ cã c¹nh AB = AD = a, AA’ =2

3a vµ gãc BAD =

600. Gäi M , N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A’D’ vµ A’B’. Chøng minh r»ng AC’vu«ng gãc víi mp(BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN

C©u 7. ( 2,0 ®iÓm)Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu cã gãc gi÷a hai mÆt bªn lµ . Gäi lµ gãc t¹o bëi ®­êng

cao h×nh chãp vµ c¹nh bªn. Chøng minh r»ng:3

1

2tan.cos

.

-------------------HÕt-----------------

§Ò chÝnh thøc

1

Tr­êng THPT chÝ linh

--------***--------

§Ò Thi häc sinh giái líp 12n¨m häc 2009 - 2010

M«n To¸nThêi gian lµm bµi: 120 phót

C©u 1: ( 3,0 ®iÓm)

1) ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 31

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ

hµm sè víi trôc tung.2) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m .T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3

tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

C©u 2: (1,5 ®iÓm)

T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè 2sin

2

cos xy x

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)

Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AC=2R. B lµ ®iÓm di ®éngtrªn ®­êng trßn (O) ( B kh¸c A,C). trªn ®­êng th¼ng d vu«ng gãc víi (P) t¹i A lÊy ®iÓmS cè ®Þnh. MÆt ph¼ng (Q) qua A vµ vu«ng gãc víi SC c¾t SC, SB lÇn l­ît t¹i M,N.

1) Cho CAB , SA=a. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC theo a,R, .2) Khi B di ®éng trªn ®­êng trßn (O). §­êng th¼ng MN c¾t ®­êng th¼ng BC t¹i D. Chøng minh r»ng:

a) D n»m trªn mét ®­êng th¼ng cè ®Þnh. b) 2 2 2 2

SCD SAC SAD ACDS S S S

trong ®ã , , ,SCD SAC SAD ACDS S S S lµ diÖn tÝch c¸c SCD, SAC, SAD, ACD.

C©u 5: (1,0 ®iÓm)

Cho 02

x y

. Chøng minh r»ngsin

sinx x

y y .

--------------------------------------------------HÕt---------------------------------------------------

2

H­íng dÉn chÊm to¸n 12Câu Nội dung Điểm

Câu1(3,0đ)

1,5

1)1,5đViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 3

1

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi

trôc tung.

x=0=> y=-1=> ®å thÞ hµm sè c¾t oy tại A(0;-1) 0,25

với 10

1

x

x

1

331 1

( )1 1

x xy

x x

2 2

3 32

1 1 2 1' ( ) ( ) ' ( )

1 1 ( 1) 1

x x xy

x x x x

0,5

y’(0)=2 0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A(0;-1) là

y=y’(0)(x-0)-1<=> y=2x-1

0,5

2)(1,5đ) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m . T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n

biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3 tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và truc hoành là nghiệm của phương trình

3 2 3 23 1 0 ( 3 1) 1(1)mx mx m m x x

0,25

m=0 => (1) vô nghiệm

3 2 10 (1) 3 1m x x

m

0,25

Xét f(x)=x3-3x2+1 , f’(x)=3x2-6x, f’(x)=00

2

x

x

bảng biến thiên

x -∞ 0 1 2 +∞

f’(x) + 0 - - 0 +

f(x) +∞

1

-1

--3

-∞

0,25

3

Đồ thị hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> (1)

có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> Đường thẳng (d):1

ym

cắt đồ

thị (C): f(x)=x3-3x2+1 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3.

(d) cùng phương với ox cắt oy tại điểm có tung độ 1

m .

0,25

Từ bảng biến thiên =>

0 11 11 0 0

1 103 1 ( ;1)

1 1 3 313 0 03

mmmm m m

mmm

m m

KL:1

( ;1)3

m

0,5

Câu 2

(1,5đ)T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè

2sin

2

cos xy x

TXĐ: D=R

y’=-sin2x+cosx

0,25

y’=0 <=>cosx(1-2sinx)=0

2cos 0

2 ( )16s inx

2 52

6

x kx

x k k

x k

0,25

y’’=-2cos2x-sinx 0,25

2x k

=>y’’=2-sin(2

k )>0=>

2x k

là điểm cực tiểu của hàm số0,25

26

x k =>y’’=-3/2 <0=> 2

6x k

là điểm cực đại của hàm số

52

6x k

=>y’’=-3/2=>5

26

x k là điểm cực đại của hàm số

0,25

vậy- điểm cực tiểu của hàm số là2

x k ( )k

-điểm cực tiểu của hàm số là 26

x k ;

52

6x k

( )k

0,25

4

Câu 3

(1,5đ)Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx (1)

(1)<=> 2sin 5 2s inx 3.x cosx sinx 0,5

2sin 5 3.x cosx sinx 0,25

3 1sin 5 cos s inx sin 5 sin( )

2 2 3x x x x

0,25

5 23 18 3 ( )2

5 23 6 2

x x k x kk

x x k x k

0,5

Câu 4

(3,0đ)

1) 1,0đ

NA C

D

S

B

M

O

Trong tam giac vuông ABC có BC=AC.sinα=2Rsinα ; AB=AC.cosα

0,25

21. 2 sin os

2ABCS AB AC R c 0,25

22

.

1 1 sin 2. .2 sin os

3 3 3S ABC ABC

aRV SA S a R c

0,5

2)(2,0đ)

2a)(1,0đ) ( )( )

( )

SC AMN SC ADAD SAC

SA ABC SA AD

0,5

Do A cố định, (SAC) cố định nên D nằm trên đường thẳng cố định đi qua A và vuông góc với(SAC)

0,5

5

2b)(1,0đ)( ) ( )

AB BC BC ANBC SAB BC SB AN SBC

SA BC AN SC

AN SB

0,25

Trong tam giác vuông SAB có2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1(1)

AN SA AB SA AD AC

0,25

Nhân 2 vế của (1) với 2.9 S ACDV

2 2 2 2. . . .

2 2 2 2

2 2 2 2

9 9 9 9S ACD S ACD S ACD S ACD

SCD SAC SAD ACD

V V V V

AN SA AD AC

S S S S

0,5

Câu 5

(1,0đ)Cho 0

2x y

. Chøng minh r»ng

sin

sinx x

y y .

Xét2

s inx cos s inx( ) (0; ] '( )

2

x xf x x f x

x x

0,25

( ) cos s inx

g'(x)= cos s inx cos s inx 0 [0; ]2

g x x x

x x x x x

=> g(x) nghịch biến trên [0; ]2

0,25

2

( )(0; ] ( ) (0) 0 '( ) 0 (0; ]

2 2

g xx g x g f x x

x

=>f(x) nghịch biến trên (0; ]2

0,25

nên 02

x y

=>f(x)≥f(y)<=> sin

sin

sinx y sinx x

x y y y

0,25

Người soạnVũ Chí Cương- THPT Chí Linh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 - 2010

Huỳnh Kim Linh Sưu tầm và giới thiệu

——————

Bài 1 :

Cho a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng :√

abc +√

(1− a) (1− b) (1− c) < 1.

Bài 2 :

Cho các số thực x, y, z khác không. Tìm tất cả giá trị của :

f (x, y, z) = |x+y||x|+|y| +

|y+z||y|+|z| +

|z+x||z|+|x| .

Bài 3 :

Cho n là số tự nhiên lẻ và tập các số thực X = {x1; x2; . . . ; xn} .

Tìm tất cả các song ánh f (hàm 1-1) trên tập X, f : X → X

sao cho :

|f (x1)− x1| = |f (x2)− x2| = · · · = |f (xn)− xn| .

Bài 4 :

Cho 7 số thực thuộc khoảng (1; 13). Chứng minh rằng có ít nhất ba số trong đó là độ dài 3 cạnh của

1 tam giác.

Bài 5 :

Cho a, b, c > 0. Giải hệ phương trình :

ax− by + 1xy

= c

bz − cx + 1zx

= a

cy − az + 1yz

= b.

Bài 6 :

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1 và bên trong hình vuông cho n điểm phân biệt. Chứng minh

rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh của hình vuông sao cho diện tích

S của nó thỏa mãn bất đẳng thức :

S ≤ 12(n+1)

.

——— HẾT ———

SƠ GIAO DUC VA ĐAO TAO KY THI CHON ĐÔI TUYÊN HOC SINH GIOI THANH PHÔ HÔ CHI MINH LƠP 12 THPT NĂM HOC 2012-2013

MÔN THI: TOAN

Ngay thi: 19 - 10 - 2012

ĐÊ CHINH THƯC Thơi gian lam bai: 180 phut.

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C , 2( )C trong đó 1( )C và 2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C , 2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng: 1 1 2

DA DE MN

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô, mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

HẾT

www.VNMATH.com

ĐAP AN VÒNG 2

Bài 1. (4 điểm)

Cho số nguyên dương n . Giải và biện luận theo n hệ phương trình sau:

1

3

1

3 ( 1,2,..., )

0

i

n

i

i

n

i

i

x i n

x n

x

Giải.

Đặt 3 ( 1,2,..., )i it x i n

Ta có:

1 1 1

3 3 2 3 2

1 1 1 1 1 1 1

0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., ) 0 ( 1,2,..., )

( 3) 4 4

81( 3) 0 9 27 27 0 9 0

4

i i i

n n n

i i i

i i i

n n n n n n n

i i i i i i i

i i i i i i i

t i n t i n t i n

t n t n t n

t t t t n t t t

1

12

1

0 ( 1,2,..., ) 90 ( 1,2,..., )

24

49

( ) 02

i

i in

i ni

in

i

i i

i

t i nt t i n

t n

t n

t t

Gọi k là số các it có giá trị bằng 0 và l là số các it có giá trị bằng 9

2. Khi đó, ta có:

89

4 92

9

nl

l n

nk l n k

Khi n không chia hết cho 9 hệ vô nghiệm.

Khi 9n m ( *m N ),ta có k = m, l = 8m, hệ có tập nghiệm:

1 2( , ,..., )nS t t t trong đó m giá trị bằng 0 và 8m giá trị bằng 9

2

Hay 1 2( , ,..., )nS x x x trong đó m giá trị bằng 3 và 8m giá trị bằng 3

2

Bài 2. (4 điểm)

Tìm tất cả các hàm số :f R R thỏa mãn : 2 2( 2 ( )) 2( ( )) , ,2

yf x f y f x x y R (*)

Giải.

Xét hàm số ( ) 2 ( ),g x f x x R

www.VNMATH.com

(*) 2 2( ( )) ( ( ))g x g y y g x (1)

+) Từ (1) suy ra nếu 1 2( ) ( )g y g y thì

1 2y y suy ra g là đơn ánh

+) Từ (1) cho 0x suy ra 2( ( )) ( (0))g g y y g suy ra tập giá trị của g là R .

Suy ra g là song ánh, nên tồn tại a R sao cho ( ) 0g a .

Cho 2 2 2 2( ) ( ) ( ( )) ( (0)) 0x y a g a a g a g g a a g (0) 0g

Do đó ( ( )) ,g g x x x R

Cho 2 20 ( ) ( ( )) ,y g x g x x R

Suy ra 0x thì ( ) 0g x và ( ) 0 0g x x

Cho x = 1 suy ra g(1) = 1

+) với 0,x y R , ta có

2

2( ) ( ) ( ( )) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x g g y g y g x g y g x

Lấy x tùy ý thuộc R . Khi đó trong hai số ,x x luôn có số không âm, ta có:

0 ( ) ( ) ( )g x x g x g x ( ) ( ),g x g x x R

+) với 0,x y R , ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )g x y g x y g x g y g x g y

Vậy ( ) ( ) ( ), ,g x y g x g y x y R

Ta có g cộng tính trên Q và g(1) = 1 ( ) ,g x x x Q

+) Cho x y khi đó 0g x y và

g x g x y y g x y g y g y

Suy ra g là hàm tăng thực sự

Ta chứng minh ( ) , \g x x x R Q

Giả sử tồn tại 0 \x R Q sao cho 0 0( )g x x

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

Trường hợp 0 0( )x g x : tồn tại số hữu tỉ r sao cho 0 0 0( ) ( ) ( )x r g x g x g r r (vô lý)

( ) ,g x x x R

Vậy ( ) ,2

xf x x R (thỏa mãn (*)).

Bài 3. (4 điểm)

Giả sử số nguyên dương n có tất cả k ước dương là 1 2, ,..., kd d d . Chứng minh rằng nếu

1 2 ... 2 1kd d d k n thì 2

n là số chính phương.

Giải.

Gọi l1, l2,..., ls là các ước lẻ của n và 2m là lũy thừa lớn nhất của 2 trong khai triển của n (s ≥ 1,

m ≥ 0)

Từ đó các ước của n là l1, l2,..., ls, 2l1, 2l2,..., 2ls,..., 2ml1, 2

ml2,..., 2

mls

Theo đề bài ta có:

l1 + l2 +... + ls + 2l1 + 2l2 +...+ 2ls +... + 2ml1 + 2

ml2 +...+ 2

mls + (m +1)s = 2n+1

2

1 2( ... )(1 2 2 ... 2 ) ( 1) 2 1m

sl l l m s n

(l1 + l2 +... + ls)(2m+1

– 1) + (m + 1)s = 2n + 1 (*)

+ Nếu s chẵn thì vế trái (*) chẵn (vô lý), suy ra s lẻ.

+ Với s lẻ, nếu m chẵn thì vế trái (*) cũng chẵn (vô lý), suy ra m lẻ (m = 2t + 1)

Suy ra 2m

ncó số lẻ ước

www.VNMATH.com

Số 1 2

1 2 ...2

mkk k

mm

np p p có số ước là

1 2( 1)( 1)...( 1)mk k k suy ra ki chẵn (i=1,2,..,m)

2m

n là số chính phương.

2 1 2 22 . (2 . )2

t tnn r r ( ,t r N )

Bài 4. (4 điểm)

Cho ba đường tròn ( )C , 1( )C ,

2( )C trong đó 1( )C và

2( )C tiếp xúc trong với ( )C tại

,B C và 1( )C ,

2( )C tiếp xúc ngoài với nhau tại .D Tiếp tuyến chung trong của 1( )C và

2( )C cắt ( )C tại hai điểm A và E . Đường thẳng AB cắt 1( )C tại điểm thứ hai ,M

đường thẳng AC cắt 2( )C tại điểm thứ hai .N Chứng minh rằng:

1 1 2

DA DE MN

F

M

N

O

O1 O2

A

D

E

B

C

Giải.

Cach 1: Do 2 . .AD AM AB AN AC nên phép nghịch đảo 2AD

AP biến

1 1

2 2

( ) ( )

( ) ( )

B M

C N

D D

C C

C C

.

Đường tròn (C) đi qua A, B, C biến thành đường thẳng MN.

Do 1( )C và 2( )C tiếp xúc với ( )C tại B,C nên MN là tiếp tuyến chung của hai đường tròn này.

Gọi F là giao điểm của AE và MN. Suy ra F biến thành E và 2

MNFD FM FN

Ta có : 2

.

DE AD AD

DF AD AF AF . .DE AF DF DA

1

.

AF

DE DF DA

Vậy 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Lưu ý:

Nếu phép nghịch đảo cực O phương tích k biến A thành A’, B thành B’ thì ' '

.

kA B

AB OAOB .

www.VNMATH.com

Cach 2: Ta co AM.AB = AN.AC AM AC

AN AB AMN ~ ACB

1OAB OBA O MB O1M // OA.

Tương tư co O2N // OA.

Lại có:

OAN MNA OCA ABC = OCA xCA = 900.

OA MN O1M MN, O2N MN

MN la tiêp tuyên chung cua (O1) và (O2)

FD = FM = FN.

ANF ABC AEC EFNC nôi tiêp

AE.AF = AN.AC = AD2

(AD + DE)AF = AD(AF + DF)

DE.AF = AD.DF

1

.

AF

DE AD DF

Do đo: 1 1 1 1 2

. . .

AF DF AF DA

DA DE DA DF DA DA DF DA DF DF MN

.

Bài 5. (4 điểm)

Cho một bảng ô vuông có 2012 2012 ô , mỗi ô đều điền vào một dấu + . Thực hiện

phép biến đổi sau: đổi dấu toàn bộ một hàng hoặc một cột của bảng (+ thành – , – thành

+). Hỏi sau một số lần thực hiện phép biến đổi, bảng có thể có đúng 18 dấu – được hay

không ?

Giải. Giả sử sau một số lần thực hiện phép biến đổi , bảng có đúng 18 dấu – .

Gọi xi là số lần đổi dấu ở hàng thứ i (i = 1, 2,…,2012 , thứ tự các hàng tính từ trên xuống dưới ),

yj là số lần đổi dấu ở cột thứ j (j = 1, 2, ..,2012 , số thứ tự các cột tính từ trái sang phải)

Gọi p là số các số lẻ trong các số x1, x2,…, x2012 , q là số các số lẻ trong các số y1, y2,…, y2012 ,

p, q {0, 1, 2,…,2012}.

Ta có số lượng các dấu – trên bảng là p(2012 – q) + (2012 – p)q = 2012p + 2012q – 2pq

Bảng có đúng 18 dấu – 2012p + 2012q – 2pq = 18 1006p + 1006q – pq = 9

(p –1006)(q –1006) = 10062 – 3

2 (p –1006)(q –1006) = 1003×1009

(1)

(p –1006)(q –1006) chia hết cho 1009

Mà 1009 là số nguyên tố. Suy ra ta phải có p –1006 chia hết cho 1009 hoặc q –1006 chia hết

cho 1009 (2)

Ta có p –1006, q –1006 thuộc {–1006, –1005, …,1005, 1006}

nên (2) p –1006 = 0 hoặc q –1006 = 0 : mâu thuẫn với (1)

Kết luận : Bảng không thể có đúng 18 dấu –

x

FN

M

A

E

D

O

BC

O1 O2

www.VNMATH.com

Së GD &§T NGHÖ ANTr­êng thpt anh s¬n 2

***

kú thi chän häc sinh giái tr­êngn¨m häc 2009-2010

M«n thi : to¸n líp 12 thpt-b¶ng A(§Ò thi gåm 01 trang )

Thêi gian lµm bµi :180 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)

C©u 1. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó hµm sè y =xm

xxm

cos

1cossin ®¹t cùc trÞ t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt thuéc

4

9;0

C©u 2. ( 3,0 ®iÓm)T×m tÊt c¶ c¸c gi¸ trÞ cña a ®Ó ph­¬ng tr×nh sau cã nghiÖm duy nhÊt:

axxxx 2124124 22

C©u 3. ( 3,0 ®iÓm)

T×m m ®Ó ph­¬ng tr×nh : 2 + 2sin2x = m(1 + cosx)2 cã nghiÖm trªn ®o¹n

2;

2

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)Chøng minh r»ng víi c¸c sè thùc x, y, z tïy ý ta lu«n cã:

22 11 yx

yx

22 11 zx

zx22 11 yz

yz

C©u 5. ( 3,0 ®iÓm)XÐt khai triÓn: ( 1 + 2x)12 = a0 + a1x + a2x

2 + ... + a12x12 .

H·y t×m hÖ sè ai lín nhÊt, víi 120, iNi

C©u 6. ( 3,0 ®iÓm)

Cho h×nh hép ®øng ABCD.A’B’C’D’ cã c¹nh AB = AD = a, AA’ =2

3a vµ gãc BAD =

600. Gäi M , N lÇn l­ît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh A’D’ vµ A’B’. Chøng minh r»ng AC’vu«ng gãc víi mp(BDMN). TÝnh thÓ tÝch khèi chãp A.BDMN

C©u 7. ( 2,0 ®iÓm)Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu cã gãc gi÷a hai mÆt bªn lµ . Gäi lµ gãc t¹o bëi ®­êng

cao h×nh chãp vµ c¹nh bªn. Chøng minh r»ng:3

1

2tan.cos

.

-------------------HÕt-----------------

§Ò chÝnh thøc

1

Tr­êng THPT chÝ linh

--------***--------

§Ò Thi häc sinh giái líp 12n¨m häc 2009 - 2010

M«n To¸nThêi gian lµm bµi: 120 phót

C©u 1: ( 3,0 ®iÓm)

1) ViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 31

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ

hµm sè víi trôc tung.2) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m .T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3

tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

C©u 2: (1,5 ®iÓm)

T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè 2sin

2

cos xy x

C©u 3: (1,5 ®iÓm)

Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx

C©u 4: ( 3,0 ®iÓm)

Trong mÆt ph¼ng (P) cho ®­êng trßn t©m O ®­êng kÝnh AC=2R. B lµ ®iÓm di ®éngtrªn ®­êng trßn (O) ( B kh¸c A,C). trªn ®­êng th¼ng d vu«ng gãc víi (P) t¹i A lÊy ®iÓmS cè ®Þnh. MÆt ph¼ng (Q) qua A vµ vu«ng gãc víi SC c¾t SC, SB lÇn l­ît t¹i M,N.

1) Cho CAB , SA=a. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABC theo a,R, .2) Khi B di ®éng trªn ®­êng trßn (O). §­êng th¼ng MN c¾t ®­êng th¼ng BC t¹i D. Chøng minh r»ng:

a) D n»m trªn mét ®­êng th¼ng cè ®Þnh. b) 2 2 2 2

SCD SAC SAD ACDS S S S

trong ®ã , , ,SCD SAC SAD ACDS S S S lµ diÖn tÝch c¸c SCD, SAC, SAD, ACD.

C©u 5: (1,0 ®iÓm)

Cho 02

x y

. Chøng minh r»ngsin

sinx x

y y .

--------------------------------------------------HÕt---------------------------------------------------

2

H­íng dÉn chÊm to¸n 12Câu Nội dung Điểm

Câu1(3,0đ)

1,5

1)1,5đViÕt ph­¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ hµm sè 3

1

1

xy

x

t¹i giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi

trôc tung.

x=0=> y=-1=> ®å thÞ hµm sè c¾t oy tại A(0;-1) 0,25

với 10

1

x

x

1

331 1

( )1 1

x xy

x x

2 2

3 32

1 1 2 1' ( ) ( ) ' ( )

1 1 ( 1) 1

x x xy

x x x x

0,5

y’(0)=2 0,25

Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số tại A(0;-1) là

y=y’(0)(x-0)-1<=> y=2x-1

0,5

2)(1,5đ) Cho hµm sè 3 23 1y mx mx m . T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè c¾t trôc hoµnh t¹i 3 ®iÓm ph©n

biÖt cã hoµnh ®é x1,x2, x3 tho¶ m·n : x1<1<x2<x3.

Hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và truc hoành là nghiệm của phương trình

3 2 3 23 1 0 ( 3 1) 1(1)mx mx m m x x

0,25

m=0 => (1) vô nghiệm

3 2 10 (1) 3 1m x x

m

0,25

Xét f(x)=x3-3x2+1 , f’(x)=3x2-6x, f’(x)=00

2

x

x

bảng biến thiên

x -∞ 0 1 2 +∞

f’(x) + 0 - - 0 +

f(x) +∞

1

-1

--3

-∞

0,25

3

Đồ thị hàm số cắt ox tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> (1)

có 3 nghiệm phân biệt x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3 <=> Đường thẳng (d):1

ym

cắt đồ

thị (C): f(x)=x3-3x2+1 tại 3 điểm phân biệt có hoành độ độ x1,x2,x3 thoả mãn : x1<1<x2<x3.

(d) cùng phương với ox cắt oy tại điểm có tung độ 1

m .

0,25

Từ bảng biến thiên =>

0 11 11 0 0

1 103 1 ( ;1)

1 1 3 313 0 03

mmmm m m

mmm

m m

KL:1

( ;1)3

m

0,5

Câu 2

(1,5đ)T×m ®iÓm cùc trÞ cña hµm sè

2sin

2

cos xy x

TXĐ: D=R

y’=-sin2x+cosx

0,25

y’=0 <=>cosx(1-2sinx)=0

2cos 0

2 ( )16s inx

2 52

6

x kx

x k k

x k

0,25

y’’=-2cos2x-sinx 0,25

2x k

=>y’’=2-sin(2

k )>0=>

2x k

là điểm cực tiểu của hàm số0,25

26

x k =>y’’=-3/2 <0=> 2

6x k

là điểm cực đại của hàm số

52

6x k

=>y’’=-3/2=>5

26

x k là điểm cực đại của hàm số

0,25

vậy- điểm cực tiểu của hàm số là2

x k ( )k

-điểm cực tiểu của hàm số là 26

x k ;

52

6x k

( )k

0,25

4

Câu 3

(1,5đ)Gi¶i ph­¬ng tr×nh : 4sin 3 . os2 3.x c x cosx sinx (1)

(1)<=> 2sin 5 2s inx 3.x cosx sinx 0,5

2sin 5 3.x cosx sinx 0,25

3 1sin 5 cos s inx sin 5 sin( )

2 2 3x x x x

0,25

5 23 18 3 ( )2

5 23 6 2

x x k x kk

x x k x k

0,5

Câu 4

(3,0đ)

1) 1,0đ

NA C

D

S

B

M

O

Trong tam giac vuông ABC có BC=AC.sinα=2Rsinα ; AB=AC.cosα

0,25

21. 2 sin os

2ABCS AB AC R c 0,25

22

.

1 1 sin 2. .2 sin os

3 3 3S ABC ABC

aRV SA S a R c

0,5

2)(2,0đ)

2a)(1,0đ) ( )( )

( )

SC AMN SC ADAD SAC

SA ABC SA AD

0,5

Do A cố định, (SAC) cố định nên D nằm trên đường thẳng cố định đi qua A và vuông góc với(SAC)

0,5

5

2b)(1,0đ)( ) ( )

AB BC BC ANBC SAB BC SB AN SBC

SA BC AN SC

AN SB

0,25

Trong tam giác vuông SAB có2 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 1(1)

AN SA AB SA AD AC

0,25

Nhân 2 vế của (1) với 2.9 S ACDV

2 2 2 2. . . .

2 2 2 2

2 2 2 2

9 9 9 9S ACD S ACD S ACD S ACD

SCD SAC SAD ACD

V V V V

AN SA AD AC

S S S S

0,5

Câu 5

(1,0đ)Cho 0

2x y

. Chøng minh r»ng

sin

sinx x

y y .

Xét2

s inx cos s inx( ) (0; ] '( )

2

x xf x x f x

x x

0,25

( ) cos s inx

g'(x)= cos s inx cos s inx 0 [0; ]2

g x x x

x x x x x

=> g(x) nghịch biến trên [0; ]2

0,25

2

( )(0; ] ( ) (0) 0 '( ) 0 (0; ]

2 2

g xx g x g f x x

x

=>f(x) nghịch biến trên (0; ]2

0,25

nên 02

x y

=>f(x)≥f(y)<=> sin

sin

sinx y sinx x

x y y y

0,25

Người soạnVũ Chí Cương- THPT Chí Linh

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 - 2010

Huỳnh Kim Linh Sưu tầm và giới thiệu

——————

Bài 1 :

Cho a, b, c ∈ (0; 1). Chứng minh rằng :√

abc +√

(1− a) (1− b) (1− c) < 1.

Bài 2 :

Cho các số thực x, y, z khác không. Tìm tất cả giá trị của :

f (x, y, z) = |x+y||x|+|y| +

|y+z||y|+|z| +

|z+x||z|+|x| .

Bài 3 :

Cho n là số tự nhiên lẻ và tập các số thực X = {x1; x2; . . . ; xn} .

Tìm tất cả các song ánh f (hàm 1-1) trên tập X, f : X → X

sao cho :

|f (x1)− x1| = |f (x2)− x2| = · · · = |f (xn)− xn| .

Bài 4 :

Cho 7 số thực thuộc khoảng (1; 13). Chứng minh rằng có ít nhất ba số trong đó là độ dài 3 cạnh của

1 tam giác.

Bài 5 :

Cho a, b, c > 0. Giải hệ phương trình :

ax− by + 1xy

= c

bz − cx + 1zx

= a

cy − az + 1yz

= b.

Bài 6 :

Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 1 và bên trong hình vuông cho n điểm phân biệt. Chứng minh

rằng tồn tại một tam giác có đỉnh tại các điểm đã cho hoặc là đỉnh của hình vuông sao cho diện tích

S của nó thỏa mãn bất đẳng thức :

S ≤ 12(n+1)

.

——— HẾT ———

www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƢỜNG THPT QUẢNG XƢƠNG

II

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Bảng A

(Thời gian 180 phút không kể thời gian giao đề).

Bài1: (4 điểm)

Cho hàm số f(x)=x3- 6x

2+9x-1 (C).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C).

2. Từ một điểm bất kỳ trên đƣờng thẳng x=2 ta có thể kẻ đƣợc bao nhiêu

tiếp tuyến đến (C).

(Đại học ngoại thƣơng khối A năm 2000).

Bài2: (4 điểm).

1. Tính I= 3

0

23 xx2x dx.

2. Cho f(x) = 2x + m + log2mx2 - 2(m – 2)x+ 2m-1.

Tìm m để f(x) có tập xác định là R.

Bài3: (4 điểm).

Giải phƣơng trình: ln(sinx+1) = esinx-1.

Bài4: (2 điểm).

Giải hệ phƣơng trình:

1xz

1zy

1yx

Bài5: (4 điểm).

Cho hình lập phƣơng ABCD.A'B

'C

'D

' cạnh bằng a. Lấy M trong đoạn

AD', N trong đoạn BD với AM=DN=x, (0<x<a 2 ).

1. Chứng minh với x=3

2athì MN ngắn nhất.

2. Khi MN ngắn nhất chứng minh: MN là đoạn vuông góc chung của

AD' và DB.

Bài6: (2 điểm).

Cho x,y,z

2;

6 Chứng minh:

2

2

11

ysin

xsinzsin

xsin

zsinysin

zsin

ysinxsin

www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƢỜNG THPT QUẢNG XƢƠNG II

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài Câu Nội dung Điểm

Bài1

(4điểm)

1

(2điểm) Tập xác định: x .

Chiều biến thiên: y'=3x

2-12x+9

y'=0 x=1, x=3

Hàm số đạt cực đại tại x=1, y=3

Hàm số đạt cực tiểu tại x=3, y=-1

Tính lồi lõm và điểm uốn

y''=6x-12

Hàm số lồi x ( )2,

Hàm số lõm x (2,+ )

Điểm uốn x=2, y=1

limy=+ ; limy=-

x->+ x->-

Bảng biến thiên

Đồ thị: x=0 =>y=-1

y=0 =>x3-6x

2+9x-1=0

Lấy thêm điểm phụ: x=3 =>y=3

x=0 =>y=-1

Vẽ đồ thị: Học sinh vẽ chính xác đẹp

x - 1 3 +

y' + 0 -

y'' 3 +

- -1

0,5

0,5

0,5

0,5

www.VNMATH.com

2

(2điểm)

Xét A(2,a) trên đƣờng x=2. Tiếp tuyến tại A có phƣơng trình là:

y=(3x02-12x0+9)(x-x0)+x0

3-6x0

2+9x0-1

Tiếp tuyến này qua A khi và chỉ khi

a=(3x02-12x0+9)(2-x0)+x0

3-6x0

2+9x0-1

2x03-12x0

2+24x0-17+a=0 (1)

Số nghiệm của phƣơng trình (1) chính là số tiếp tuyến qua A

Xét g(x)= -2x3+12x

2-24x+17

g'(x)=-6(x-2)

2 0 x

g(x) luôn nghịch biến và có tập giá trị là (- ,+ ) do đó

phƣơng trình (1) luôn có một nghiệm duy nhất

Vậy từ một điểm bất kỳ trên x=2 luôn kẻ đƣợc đúng một tiếp

tuyến đến (1)

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 2

(4điểm)

1

(2điểm) I= 3

0

2)1x(x dx = 3

0

x 1x dx

= 1

0

x x1 dx + 3

1

x 1x dx

= 1

0

2

1

x dx - 1

0

2

3

x dx+ 3

1

2

3

x dx - 3

1

2

1

x dx

=15

8+

5

38

0,5

0,5

0,5

0,5

2

(2điểm)

Ta chỉ cần mx2-2(m-2)x+2m-1>0 x R

Khi

04m3m

0m

2'

1m

4m

0m

=>m >1

Vậy m>1 thì f(x) có tập xác định R

0,5

0,5

0,5

0,5

www.VNMATH.com

Bài 3

(4điểm)

Điều kiện sinx -1, x -

2k

2 (kZ)

Đặt ln(sinx+1)=y => sinx+1=ey

ta có hệ

)2(1xsine

)1(1ye

y

sinx

Lấy (1) trừ (2) ta có phƣơng trình

esinx

– ey = y-sinx

Nếu sinx > y thì e

sinx > e

y Phƣơng trình không có nghiệm

Nếu sinx < y thì esinx

< ey Phƣơng trình không có nghiệm

Vậy phƣơng trình có nghiệm khi sinx=y thay vào (2) ta

có: esinx

=sinx+1 (3)

Xét f(x)= e

x-x-1 với x -1

f'(x)= e

x – 1=0 x=1

Vậy phƣơng trình (3) có nghiệm sinx=0 =>x=k (kZ)

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 4

(2điểm)

Ta có

)3(x1z

)2(z1y

)1(y1x

điều kiện x,y,z 1

Nếu (x,y,z) là một nghiệm của hệ gọi x= min(x,y,z) thì

xy,xz (4)

z 1+ y =x =>zx Vậy z=x

xy => x y =>1+ x 1+ z

zy (5)

Từ (4) và (5) ta có x=y=z nên x=1+ x => x=y=z=2

53

0,5

0,5

0,5

0,5

www.VNMATH.com

Bài5

(4điểm)

1

(2điểm)

Dựng MM' AD; NN

' AD

DNN' vuông cân nên AM'=MM'

Ta có AM2= x

2=2MM'

2 =>MM'=AM'=

2

2x

Vì N'DN cân => N

'D=N

'N=

2

2x

=> cân MM'A = cân NN'D

=>AM'=DN'=>AN'=DM'

M'N'= AD - 2AN'= x 2

M'N'=a - 2(a- 2

2x)= x 2 - a

MM'N tại M' nên MN2

=M'M2+M'N

2=

2

2x+(M'N'

2+N'N

2)=

2

2x+(x 2 -a)

2 +

2

2x

=3x2 -2ax 2 +a

2

Đặt f(x)=3x2 -2ax 2 +a

2 xét trên 2,0 a

f'(x)= 6x- 2a 2 =0 <=> x=

3

2a

Vậy f(x) nhỏ nhất khi x=3

2a

MN2=3

2

3

2a

- 2a

3

2a2 +a

2

0,5

0,5

0,5

=

2

2 2a-

3

4 2a+a

2 =

3

2a=> MN=

3

a

0,5

www.VNMATH.com

2

(2điểm)

Xét MM'D: MD2=MM'

2+M'D

2

=2

12

3

2a

+

2

2

2

3

2

aa =

9

5

9

4

9

222 aaa

và MN2=

3

2a DN

2=x

2=

9

2 2a

=>MN2+DN

2=

9

5 2a

Ta lại có MD2=MN

2+DN

2=

9

5 2a

Vậy MDN tại N =>MN DB

Xét AN'N ta có AN2=AN'

2+N'N

2=

2

2

2

3

2

aa +

2

2x=

9

5 2a

AM=x=3

2a MN=

3

a nên AM

2+MN

2=

9

5 2a do đó

AN2=AM

2+MN

2 =>AMN tại M

MNAD Vậy MN là đƣờng vuông góc chung

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài6

(2

điểm)

Đặt sinx=a; siny=b; sinz=c thì a,b,c

1,

2

1

Ta có abc

accbba

b

ac

a

cb

c

ba ))()((

Ta chứng minh abc

accbba ))()(( 2

2

11

a,b,c

1,

2

1

Đặt u=c

a ; v=

c

b; do

2

1 ab c1 thì

2

1uv1 ta chứng

minh: uv

vuuv )1)(1)(( 2

2

11

ta có: uv

vuuv )1)(1)((

v

vv

2

1

)1)(2

11)(

2

1(

= 1+2

1-v-

vv

v

12

2

11

2

1 =

2

2

11

Dấu = khi u=2

1; v=

2

1 hay x=

6

; y=

4

; z=

2

0,5

0,5

0,5

0,5

Tài liệu tham khảo: 1. Đề thi Đại học của Bộ giáo dục xuất bản năm 1996.

2. Báo toán học và tuỏi trẻ năm 2000

www.VNMATH.com

www.VNMATH.com THPT Qu¶ng X­¬ng 3

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THANH HÓA KỲ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

----------------- ----------------------------------------------

MÔN THI TOÁN BẢNG A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

-------------------------

Bài 1 (4 điểm)

1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số 1

2

x

xy hai tiếp

tuyến tạo với nhau một góc 450.

2. Tính thể tích vật thể sinh ra bởi phép quay quanh trục Ox của hình giới

hạn bởi: xy 2log ; x + y = 3; y = 0.

Bài 2 (4 điểm)

1. Tìm m để hệ

077

022

2

2

mxmx

mxmx có nghiệm.

2. Giải phương trình 3322 xxx .

Bài 3 (4 điểm)

1. Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0.

2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng:

6

13

coscoscos

1coscoscos

CBACBA .

Bài 4 (4 điểm)

1. Giải phương trình 23log5log3 53 xxxx .

2. Tính x

xx

x

13121lim

3

0

.

Bài 5 (4 điểm)

1. Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đường thẳng

0122

0322

zyx

zyx có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu.

2. Với a, b, c dương và 1 ≤ R, chứng minh rằng:

11

1

11

1

11

1

ba

c

ac

b

cb

a

ba

c

ac

b

cb

a

...........Hết...........

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh ......................................... số báo danh .........................

www.VNMATH.com THPT Qu¶ng X­¬ng 3

2

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT

Môn: TOÁN - bảng A (đáp án này có 3 trang)

Bài Ý Nội dung Điểm

I

1

TXĐ D = R\{1}

M Ox M(x0; 0), đường thẳng qua M với hệ số góc k có phương

trình: y = k(x – x0) ()

() là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ:

kx

xx

xxkx

x

2

2

0

2

1

2

1 có nghiệm

02

22

1

2

1xx

x

xx

x

x

021 00 xxxx

11

2

0

0

0

0 xVoix

xx

x

Với x0 = 0 k = 0,

Với x0 = 1

2

0

0

x

x k =

20

0

1

4

x

x

Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: 21

210

145

kk

kktg

...

2

0

0

1

4

x

x= ± 1

... 2230 x

M1( 223 ; 0), M2( 223 ; 0).

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

2

Giao điểm của đồ thị hàm số xy 2log , và đường thẳng x +y = - 3

là A(2; 1) V =

dxxdxx

3

2

22

1

2 3log =V1+ V2

V1= dxx2

1

2log = dxxe 2

1

2 ln.log =...

= 12ln2.log2 e .

V2 = dxx

3

2

23 = ...=

3

1

V=[ 3

1+ 12ln2.log2 e ] (đvtt)

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

II 1

)2(077

)1(022

2

2

mxmx

mxmx

1 = (m – 2)2 ≥ 0 và 2 = (m – 7)

2 ≥ 0 m = 2 hoặc m = 7 thì hệ

phương trình vô nghiệm.

Với

7

2

m

m và 0m thì tập nghiệm của (1) là D1 R

+ và tập

nghiệm của (2) là D2 R- nên hệ phương trình vô nghiệm.

Với m < 0 tập nghiệm D1= (m; 2) và tập nghiệm D2= (-7; -m)

hệ phương trình luôn có nghiệm.

Hệ phương trình luôn có nghiệm với m < 0.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

y

O 1 2 3 x

1

www.VNMATH.com THPT Qu¶ng X­¬ng 3

3

Bài Ý Nội dung Điểm

2

01330332 xxxxxxxx

2

131

03

03

2

x

xx

xxx

2

173

023

113

2

x

xx

xxx

Kết luận: 2

131x và

2

173x là nghiệm.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

III

1

04cos33cos43cos2 2 xsxx

02sin213cos2 2 xx

02sin

13cos

x

x

2

3

2

3

lx

kx

KL: Nghiệm x = + 2k

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

2

đặt CBA coscoscos = 1+ 2

sin2

sin2

sin4CBA

= t 1< t ≤ 2

3

Xét f(t) = t

t1

trên (1; 2

3], có f’(t) =

2

11

t > 0 hàm số đồng

biến trên (1; 2

3]

t (1; 2

3] thì f(1) < f(t) ≤ f(

2

3) =

6

13

Vậy 6

13

coscoscos

1coscoscos

CBACBA

Dấu bằng xảy ra khi: CBA coscoscos = 2

3 hay tam giác đều.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

IV

1

Pt 3log5log 53 xx = 3

2

x

x với x > 5

Hàm số y = 3log5log 53 xx đồng biến trên (5; + )

Hàm số y =3

2

x

x có y’=

23

5

x< 0 nghịch biến trên (5; + )

phương trình có nghiệm duy nhất x = 8

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

2

L = x

xxxx

x

131313121lim

333

0

=x

xx

x

12131lim 3

0

+

x

x

x

131lim

3

0

= L1 + L2

L1 = x

xx

x

12131lim 3

0

=

121

231lim 3

0

xx

xx

x= 1

L2 = x

x

x

131lim

3

0

=

13131

3lim

32

30xxx

x

x= 1

0.5đ

0.5đ

0.5đ

www.VNMATH.com THPT Qu¶ng X­¬ng 3

4

Bài Ý Nội dung Điểm

Vậy L = 2 0.5đ

V

1

)(0122

)(0322

Qzyx

Pzyx ta nhận thấy

)(

)(

QI

PI và (P) (Q)

hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu nhận (Q) làm mặt phẳng

phân giác 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu cũng là

hai mặt phẳng phân giác của góc sinh bởi (P) và (Q). Nên phương

trình 2 mặt phẳng hai mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu là:

|2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1|

04- 3z-x 3

0 2 - z 4y x

Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/) = 3

2141 =

3

4

Phương trình mặt cầu cần lập là: 9

16111

222 zyx

0.5đ

0. 5đ

0.5đ

0.5đ

2

Giả sử a ≥ b ≥ c > 0

011

1

11

1

11

1

ba

c

ba

c

ac

b

ac

b

cb

a

cb

a

01

11

11

1

11

1

11

1

baba

cc

acac

bb

cbcb

aa

011

111

11

111

11

111

bcac

acbacac

acac

abacbcb

cbcb

cacbaba

...

011

11

11

1111

11

1111

11

1111

11

abcbbabaacac

babaacaccbcb

acaccbcbbaba

Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và > 1, R

dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0.

0.5đ

0.5đ

0.5đ

0.5đ

www.VNMATH.com

Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 THPT Trường THPT H.Hóa 2 (Thời gian làm bài 180’- Không kể thời gian phát đề)

MÔN THI: TOÁN

Bài 1. ( 2 điểm) Cho hàm số f(x) =

Chứng minh rằng xdxx sin14

4

2

= f’(0).

Bài 2. ( 2 điểm)

Tính thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi miền

khi quay quanh trục oy.

Bài 3. ( 2 điểm)

Tìm m để bất phương trình: mx2 + mx + m -2 0 có nghiệm x(1;2).

Bài 4. ( 2 điểm)

Giải và biện luận phương trình: 4x+1+2(m-1)x-1=(m+1) 134 2 xx

theo tham số m.

Bài 5. ( 2 điểm)

Giải phương trình: cosx + cos2x + cos3x + cos4x = -2

1

Bài 6. ( 2 điểm)

Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có:

322

3

sin

1

sin

1

sin

1coscoscos

CBACBA thì đều.

Bài 7. ( 2 điểm)

Tìm giới hạn: x

x

x 2sin

13lim

20

2

Bài 8. ( 2 điểm)

Giải và biện luận theo m bất phương trình:

)3(log)()1(3

1

2 xmxmxmx

Bài 9. ( 2 điểm)

Trong mặt phẳng oxy cho hypebol (H): 19

22

yx

và đường tròn (C): x2+y

2=9.

1. Viết phương trình tiếp tuyến của (H) kẻ qua điểm M(3;1).

2. Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và (C).

Bài 10. ( 2 điểm)

Cho elip (E): 14

22

yx

và hai đường thẳng (d1): x-ky=0, (d2): kx+y=0. (d1) cắt

x2sin

2

1

x khi x0

0 khi x=0

y=x2-6x+5

y=0

www.VNMATH.com

elip (E) tại A và C, (d2) cắt elip (E) tại B và D.

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.

Nguồn gốc đề thi: Tự sáng tác.

Sở GD-ĐT Thanh hóa ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI LỚP

12 THPT Trường THPT H.Hóa 2 ( NGÂN HÀNG ĐỀ THI )

MÔN THI : TOÁN

Bài 1 2 điểm

f’(0)=20

2

2

0

1sinlim

1sin

limx

xx

xx

xx

vì -∆x ∆x sin2

1

x∆x và

0limx

(-∆x)=0

limx

(∆x)=0

01

sinlim20

xx

x f’(0)=0 (1)

Mặt khác:

4

4

2 sin1

xdxx

0

4

2 sin1

xdxx 4

0

2 sin1

xdxx

Đặt x=-t thì dx=-dt , với x=-/4 thì t=/4, với x=0 thì t=0

4

4

2 sin1

xdxx -

0

4

2 sin1

dttt + 4

0

2 sin1

xdxx

= 4

0

2 sin1

tdtt 4

0

2 sin1

xdxx 4

0

2 sin1

xdxx 0sin14

0

2

xdxx (2)

Từ (1) và (2) suy ra diều phải chứng minh.

0,25

0,25

0,50

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 2 2 điểm

Vẽ đồ thị hàm số y=x2-6x+5

Cung AB có phương trình x = 34 y

Cung BC có phương trình x = 34 y

0,5

0,5

-4

5 3 1

C

B

A O

y

x

www.VNMATH.com

0

4

2

0

4

2

)34(34 dyydyyVoy

2

30

4

)4(8412

ydyy 0

4 = 64

0,5

0,5

Bài 3 2 điểm

Gián tiếp loại bỏ f(x) = mx2 + mx + m -2 <0, x(1;2)

m(x2+x+1)<2 m<

1

22 xx

x(1;2)

Xét g(x) = 1

22 xx

x(1;2), g’(x) =

0

)1(

)12(222 xx

x hàm số nghịch biến

trong khoảng (1 ;2).

m Min 7

2)(

2;1

xg

Vậy m > 7

2 thì bất phương trình có nghiệm x(1;2).

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 4 2 điểm

Điều kiện 4x2-3x-10

Phương trình 1

14

x

x - (m+1)

1

14

x

x +2(m-1) = 0

Đặt t =1

14

x

x điều kiện

Phương trình trở thành

Giải ra ta được

Nghiệm t2 thỏa mãn

Theo cách đặt ta tính được x = 32

222

2

mm

mm

Kết luận: . thì PT vô nghiệm

. 1m3 thì PT có nghiệm duy nhất x = 32

222

2

mm

mm

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 5 2 điểm

Nhận thấy sin2

x=0 x=k2 (kZ) không phải nghiệm của PT

PT 2cosxsin2

x+2cos2xsin

2

x+2cos3xsin

2

x+2cos4xsin

2

x=-sin

2

x

0,25

0,50

x1

x4

1

t0

t2

t2-(m-1)+2(m-1)=0

0t2

t1=2

t2=m-1

m1

m3

m<1

m=3

www.VNMATH.com

sin2

9x=0

2

9x=t x=

9

2 t (tZ).

KL: x=9

2 t (tZ).

0,50

Bài 6 2 điểm

Ta có cosA+cosB+cosC+ CBA sin

1

sin

1

sin

1

=

CBACBA

CBA

sin

1

sin

1

sin

1

4

31

sin

1

sin

1

sin

1

4

3

2sin

2sin

2sin41

1+

CBACBA

CBA

sin

1

sin

1

sin

1

4

31

sin

1

sin

1

sin

1

4

3.

2sin

2sin

2sin44 4

3

4

2cos

1

2cos

1

2cos

1

4

31

2cos

2cos

2cos8.16

3341

4 CBACBA

322

3

2cos

2cos

2cos

13

4

31

2

1.41

3

CBA

Dấu ‘=’ xảy ra khi

A=B=C ∆ABC đều.

1,0

0,5

0,5

Bài 7 2 điểm

Ta có :

xx

x

x

e

x

x

x

x

x 22

2

2

3ln

020 cos4.sin

3ln.

3ln

1lim

2sin

13lim

22

3ln4

1

1,5

0,5

8

33

2cos

2cos

2cos

2cos

1

2cos

1

2cos

1

sin

1

sin

1

sin

1

sin4

3

sin4

3

sin4

3

2sin

2sin

2sin4

CBA

CBACBA

CBA

CBA

www.VNMATH.com

Bài 8 2 điểm

Điều kiện x>-3

Bất PT (x-m)x-1+log3(x+3) 0

Đặt f(x)= x-1+log3(x+3) f(x) đồng biến trong (-3;+)

f(0)=0, nên x0 f(x) f(0)=0 hay f(x) cùng dấu với x.

Do đó BPT

Từ đó suy ra

Nếu m0 thì nghiệm của BPT là:

Nếu -3<m<0 thì nghiệm của BPT là:

Nếu m=-3 thì nghiệm là x0.

Nếu m<-3 thì nghiệm là x0.

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 9 2 điểm

1. Phương trình đường thẳng qua M có dạng : a(x-3)+b(y-1)=0 (a2+b

20).

ax+by-3a-b=0 đường thẳng này tiếp xúc với (H)

b=0 chọn a=1,b=0 PT tiếp tuyến là : x-3=0

2. Xét tiếp tuyến cùng phương với oy có PT : x-a=0.

Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) thì a=3

Có hai tiếp tuyến chung thỏa mãn bài toán là x-3=0 và x+3=0.

Xét tiếp tuyến không cùng phương với oy có PT y=kx+b kx-y+b=0

Để đường thẳng nay tiếp xúc với (H) và (C) hệ sau có nghiệm:

9k2-1=b

2

b=3 12 k Hệ vô nghiệm.

b0

KL: có 2 tiếp tuyến chung là: x-3=0 và x+3=0.

0,25

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Bài 10 2 điểm

Tọa độ giao điểm của (d1) và (E) là nghiệm của hệ :

kyx

yx

14

22

24

2

ky

kyx

AC2 =

2

2

4

)1(16

k

k

Tọa độ giao điểm của (d2) và (E) là nghiệm của hệ :

0,50

(x-m)x0

x>-3

-3<x0

xm

-3<xm

x0

9a2-b

2=(3a+b)

2

3a+b0

2b(b+3a)=0

3a+b0

9=a2

a=3

a0

9k2=b

2+1

9k2+9=b

2

www.VNMATH.com

kxy

yx

14

22

241

2

kx

kxy

BD2 =

2

2

41

)1(16

k

k

Vì (d1) (d2) nên AC BD 4S2 = AC

2.BD

2 =

)41)(4(

)1(1622

222

kk

k

Đặt x=k20, xét f(x)=

)41)(4(

)1(16 22

xx

x

, f’(x)=

22 )4()41(

)99)(1(

xx

xx

f’(0)=0 x=1.

Chú ý rằng: 4

1)(lim

xf

x

Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên Max 4

1)(

;0

xf khi x=0 k=0

Min 25

4)(

;0

xf khi x=1 k=1

Vậy Max SABCD=4 khi k=0, Min SABCD=5

16 khi k=1.

0,50

0,25

0,25

0,50

25

4 4

1

4

1

+ 0 -

+ 1 0

f(x)

f’(x)

x

www.VNMATH.com

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

( Thời gian 180 phút)

Giáo viên:Lê Việt Cường

Bài 1:(4 điểm) Cho hàm số y = x3 -(3+2m)x

2 +5mx +2m

a). khảo sát hàm số khi m=-1

b) Tìm m để phương trình x3 -(3+2m)x

2 +5mx +2m = 0

có 3 nghiệm phân biệt.

Bài 2:(5 điểm) Cho phương trình xxmxxx 4512

a) Giải phương trình khi m = 12

b) Tìm m để phương trình có nghiệm

Bài 3: (4 điểm) Tính x

xxLimx

11001.101 20062005

0

Bài 4: (3 điểm) Giải phương trình

log3(x2+x+1) - log3x = 2x-x

2

Bài 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD, gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện.

G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm các mặt BCD, ACD, ABD, ABC.

Đặt AG1 = m1, BG2 = m2, CG3 = m3, DG4 = m4.

CMR: ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi

m1+m2+m3+m4 =3

16R

www.VNMATH.com

HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC TOÁN HSG12

1b) Phương trình x3 -(3+2m)x

2 +5mx +2m = 0

(x-2m)(x2-3x-m)=0

)2(03

2

2mx

mx

x

Phương trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trinh(2) có 2

nghiệm phân biệt 2m

4

9

4

7,0

049

02.322

m

mm

m

mmm

Bài 2:( 5 đ)

a)(2 đ) Từ điều kiện 0 4x VP 12)4445(12

VT 44 + 12124

phương trình có nghiệm x=4

b). (3 đ )

Phương trình đã cho f(x) = mxxxxx 4512 (2)

Xét hàm số f(x) trên [0;4]

f(x)=f1(x)f2(x) với

f1(x) = 12 xxx có f’1(x) = 122

1

2

xx

xx >0

f1(x) trên [0;4] và f1(x) 0 x[0;4]

f2(x) = xx 45 có f’2(x) = xx

xx

xx

452

544

42

1

52

1

>0

f2(x) trên [0;4] và f2(x) 0 x[0;4]

f(x) trên [0;4]

Min[o;4] f(x) = f(0) = 4512 và Max[o;4] f(x) =12

www.VNMATH.com

Từ đó (2) có nghiệm Min[o;4] f(x) m Max[o;4] f(x)

4512 m 12 là điều kiện để (1) có nghiệm

Bài 3:( 5 đ)

Trước hết ta chứng minh: a 0, nN, n 2 thì n

a

x

axn

xLim

11

0

Đặt y = n ax1 khi đó x0 thì y1 và

n

a

y

ya

y

x

ax

yyLim

yLimLim n

yn

y

n

x

)1....

1

1

111

(1110

(2 đ)

Ta có: x

xxLimx

11001.101 20062005

0

=x

xxxxLimx

110011011001.101 2006200620062005

0

=x

x

x

xx LimLim

xx

1100111011001

2006

0

20052006

0

= 2006.2005

220560

2006

100

2005

10 (3 đ)

Câu 4: Phương trình đã cho

xxLog x

x

x

x

22

32

1

0

3221

0

2

xxx

x

x

x

xét hàm số y= x

xx 12

với x>0, Minf(x) = 3 với x=1

y= g(x)= 322

xx với x>0, Maxf(x) =3 với x=1

Phương trình đã cho có nghiệm x=1.

Bài 5:( 4 đ) Gọi O và G lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ

diện

Ta có:

OGDGCGBGA

RODOCOBOA22222

Mặt khác: 4R2 = GDOGGCOGGBOGGAOG

2222

(1 đ)

www.VNMATH.com

4R2 = 40G

2 +GA

2+GB

2+GC

2+GD

2 (1 đ)

mà GA2 = m

2

116

9, GB

2 = m

2

216

9,GC

2 = m

2

316

9,GD

2 = m

2

416

9

4R2 = 40G

2 + mmmm

2

4

2

3

2

2

2

116

9

4R2

mmmm2

4

2

3

2

2

2

116

9 (1 đ)

Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có )(4 43214321

2

mmmmmmmm

R2 mmmmmmmm 4321

2

4321256

9

64

9 ( 1 đ)

3

164321

Rmmmm

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi :

mmmm

GO

4321

Tứ diện ABCD

đều (1đ)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian: 180 phút

Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh

Lê Văn Khởi

Câu 1: (4 điểm)

Cho hàm số: 13 23 xxy (C)

a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Biện luận theo k số nghiệm của phương trình:

03 23 kkxxxy (1)

Câu 2: (4 điểm)

a) Chứng minh rằng: 2cos xxe x với 0x

b) Tìm m để pt sau có nghiệm:

1224 211 22

mxxxmxx

Câu 3: (5 điểm)

a) Tính:

2

0

sin1

sin1

)cos1(ln

dxx

x x

b) Tìm Zx thoả mãn

x

xtdt0

12cossin

c) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn:

2005200520052005

2004200420042004

dcba

dcba

Chứng minh rằng: 2006200620062006 dcba

Câu 4: (3,5 điểm)

Cho elíp: 12

2

2

2

b

y

a

x (E) và Hypebol: 1

2

2

2

2

n

y

m

x (H) (với a, b, m, n >

0) có cùng chung tiêu điểm F1 và F2: Chứng minh rằng tiếp tuyến của (E) và

(H) tại giao điểm của chúng vuông góc với nhau.

Câu 5: (4,5 điểm)

Cho tứ diện đều ABCD, gọi (C) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Điểm

M (C), gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của M trên các mặt phẳng

(BCD); (ACD); (ABD); (ABC).

a) Tìm vị trí điểm M (C) sao cho tổng:

S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất.

b) Chứng minh rằng tồn tại điểm M (C) để 4 điểm A1, B1, C1, D1

không đồng phẳng:

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Môn: Toán Thời gian:

Giáo viên thực hiện: Lê Văn Minh

Lê Văn Khởi

Câu 2

(4 điểm)

Câu a: (2 điểm) Chứng minh rằng )1(2cos xxe x với

0x

(1) 02cos xxe x với 0x

Đặt: 2cos)( xxexf x

0,25

Ta có: 1sin)(' xexf x 0,25

xexf x cos)(" 0,25

Vì 1,0 xex còn 0cos)("1cos xexfx x với 0x 0,25

Vậy hàm số f(x) = đồng biến trên ,0 0,25

0)('010sin)0(')(' 0 xfefxf với 0x 0,25

hay f(x) đồng biến ,0 0,25

0200cos)0()( 0 efxf

2cos0)( xxexf x với 0x

0,25

Câu b: (2 điểm) Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

01224 211 22

mxxxmxx (1)

Phương trình (1) 122222 221222 22

xmxxxmxx

0,5

122222 212222 22

xmxx xmxx (2) 0,25

Xét hàm số ttf t 2)( Ta có 12ln2)(' ttf 0,5

Ta có ttf 0)(' Vậy hàm số f (t) đồng biến t 0,25

Từ đẳng thức (2) 1222 22 xmxx 0,25

0122 mxx (3)

Phương trình (1) có nghiệm Phương trình (3) có nghiệm

' 0 m2 - 1 0 1m

0,25

Câu 3

(5 điểm) Câu a: (2 điểm) Tính:

2

0

sin1

sin1

)cos1(ln

dxx

x x

2

0

2

0

2

0

)sin1ln()cos1ln(sin)cos1ln(

dxxdxxxdxxI

(I)1 ( I2) (I3)

0,5

Chứng minh: I1 = I3

Đặt: :2

dtdxtx

02

20

tx

tx

2

0

3

2

0

2

0

1 )sin1ln()sin1ln())2

cos(1ln(

IdxxdttdttI

0,25

Vậy I1 - I3 = 0 0,25

Ta tính: 2

0

2 )cos1ln(sin

dxxxI

Đặt: :sincos1 xdxdtxt 1

2

20

tx

tx

0,25

2

1

2 ln tdtI Đặt:

dtdv

tu ln

tv

dtt

du1

0,25

2

12 ln ttI 2

1

2

1

)ln( tttdt 0,25

12ln22 I 0,25

Câu c: (1,5 điểm) Cho các số dương a, b, c, d thoả mãn:

2005200520052005

2004200420042004

dcba

dcba

Chứng minh rằng: 2006200620062006 dcba

Đặt: 2004

2006,

2004

2005,,,, 2004200420042004 dncmbyax

0,25

Theo đề ra ta có:

)2(

)1(

nmyx

nmyx Từ (1) và (2) ta có:

0,25

nmxnmx )(

Xét hàm số nmxnmxxf )()( ; 1 ; x > 0 0,25

11 )()(' xnmxxf => 2

0)('nm

xxf

0,25

Suy ra PT f(x) = 0 có nhiều nhất 2 nghiệm

mà

ny

my

nx

mxnfmf 0)()(

Vậy

db

ca hoặc

cb

da

0,25

Từ đó ta suy ra: 2006200620062006 dcba 0,25

Câu b: (1,5 điểm) Tìm Zx thoả mãn

x

xtdt0

12cossin

Ta có: 1coscossin0

0 xttdt

x

x

Vậy: 02cos2cos1cos12cos xxxx

0,5

)(

2

3cos

1cos

03coscos2 2

loaix

x

xx

kxx 21cos vì ZkZx , => k = 0

0,5

0x nghiệm phương trình 0x 0,5

Câu 4

(3,5 điểm) Elíp: 1

2

2

2

2

b

y

a

x (E) và Hypebol: 1

2

2

2

2

n

y

m

x (H) có chung

tiêu điểm F1(-c;0); F2(c;0)

Vậy c2 = a

2 - b

2 (a > b > 0)

c2 = m

2 + n

2 (m,n > 0)

0,25

Vậy: a2 - b

2 = m

2 + n

2 a

2 - m

2 = b

2 + n

2 0,25

Toạ độ giao điểm của (E) và (H) là nghiệm của hệ phương

trình:

0,25

)(1

)(1

2

2

2

2

2

2

2

2

Hn

y

m

x

Eb

y

a

x

Giải ra ta được:

)( 222

22

mab

nbamx

0,5

)( 222

22

mab

mabny

0,5

Có 4 giao điểm. Giả sử 1 giao điểm :

M ()( 222

22

mab

nbam

;

)( 222

22

mab

mabn

) Nhận xét:

2 biểu thức căn bằng nhau do a2 - m

2 = b

2 + n

2

đặt: kmab

nb

)( 222

22

; M (amk, bnk)

0,25

Phương trình tiếp tuyến của elíp tại M có dạng:

1122

yb

nkx

a

mky

b

bnkx

a

amk (d1)

0,25

Phương trình tiếp tuyến của Hypebol tại M có dạng:

1122

yn

bkx

m

aky

n

bnkx

m

amk (d2)

0,25

Tiếp tuyến (d1) có véc tơ pháp tuyến );(1b

n

a

mn

Tiếp tuyến (d2) có véc tơ pháp tuyến );(2n

b

m

an

0,25

Ta có: 212121 0. ddnnnb

nb

ma

mann 0,25

Vậy 2 đường thẳng (d1) và (d2) vuông góc với nhau.

Tương tự 3 điểm còn lại ta cũng có các tiếp tuyến của (H) và

(E) vuông góc với nhau.

0,25

Câu 5

(4,5 điểm)

Câu a: (2,5 điểm) A

Không làm mất tính tổng quát.

Giả sử đường thẳng AM cắt

0,25

mf (BCD) tại 1 điểm nằm trong

BCD. Ta có: H1 H3 H2

VMABCD = VMABC + VMACD B I

D

+ VMADB C2

D2 H B2

D1 C C1 B1

Mặt khác: VMABCD = VABCD + VMBCD

0,25

Gọi B là diện tích một mặt của tứ diện, h là đường cao:

)(3

1)(

3

11111 MAhBMDMCMBB

0,5

Ta có tổng S = MA1 + MB1 + MC1 + MD1 = h + 2 MA1 0,25

Vì h không đổi S lớn nhất khi MA1 lớn nhất:

MA1 lớn nhất AM là đường kính của (C):

0,25

Max S = h + 2MA1 = h + 2MH = 2(h + MH) - h = 4R - h 0,25

Khi AM là đường kính:

Ta có 4 vị trí của M để S lớn nhất đó là:

AM hoặc BM, CM, DM là đường kính của )(C

0,25

Min S = h + 2MA1 Khi MA1 nhỏ nhất MA1 = 0 M trùng với

các đỉnh B hoặc C, hoặc D.

0,25

Vậy min S = h khi M trùng với các điểm A hoặc B, C, D 0,25

Câu b: (2 điểm) Khi AM là đường kính của mặt cầu (C) điểm

A1 H tâm mặt phẳng BCD. Gọi H1, H2, H3 lần lượt là tâm của

các mặt ABC, ACD, ABD.

I là tâm mặt cầu (C)

0,5

Ta có MD1 // IH1, MB1 // IH2, MC1 // IH3 0,5

mf (B1D1C1) // mf (H1H2H3)

Mặt khác (H1H2H3) // (BCD)

0,5

(B1D1C1) // (BCD) vì A1 H (BCD) nên 4 điểm

A1,B1,C1,D1 không đồng phẳng

0,5

Câu 1

(4 điểm)

Câu a: (2 điểm)

Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số: 13 23 xxy (C)

+ Tập xác định: Rx 0,25

+ Chiều biến thiên: xxy 63' 2

xxy 630' 2

2

0

2

1

x

x

0,25

Xét dấu y' + +

0 - 2

Hàm số đồng biến );2()0;( nghịch biến (0;1)

0,25

Hàm số đạt cực đại tại 01 x giá trị cực đại y(0) = 1

Hàm số đạt cực tiểu tại 02 x giá trị cực tiểu y(2) = -3

0,25

+ Điểm uốn 66" xy 10" xy

y" đổi dấu khi x đi qua điểm 1 Đồ thị có điểm uốn U (1;-1)

0,25

+

yLimx

,

yLimx

Bảng biến thiên:

x 0 2

y' + 0 - 0 +

y 1

- 3

0,25

+ Đồ thị đi qua các điểm:

x -1 0 1 2 3

y -3 1 -1 -3 1

-1 1 2

0,5

-3

1

x

y

-1

Câu b: (2 điểm)

Biện luận theo k số nghiệm của phương trình:

03 23 kkxxxy (1)

Phương trình (1) 1)1(13 23 xkxx

0,25

Đặt: 13 23 xxy (C) đồ thị vừa khảo sát ở trên

1)1( xky (d) là đường thẳng quay xung quanh

điểm A (-1;1) cố định

Điều kiện cần và đủ để (d) là tiếp tuyến của (C) là hệ có

nghiệm: )2(63

)1(1)1(13

2

23

kxx

xkxx

Thay (2) vào (1) ta được )1)(63(3 223 xxxxx

0,25

0,25

062 2 xx

3

3

0

3

2

1

x

x

x

0,25

Với :

)(1)1)(369(

)(1)1)(369(

)(1

369

369

0

3

3

0

3

2

1

3

2

1

3

2

1

dxy

dxy

dy

k

k

k

x

x

x

0,25

* Biện luận:

+ Khi 0369 k hoặc

369 k (d) cắt (C) tại 3

điểm phương trình (1) có

3 nghiệm

0,25

A 1

-3

2 1

-1

d1

d2

x

y

+ Khi k = 0 hoặc 369 k

hoặc 369 k thì (d) và

(C) có hai điểm chung

phương trình (1) có 2

nghiệm

+ Khi 369 k hoặc

3690 k thì (d) và (C)

cắt nhau tại 1 điểm

phương trình (1) chỉ có 1 nghiệm duy nhất

0,25

0,25

d3

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƢỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

*****************

KÌ THI HỌC SINH GIỎ LỚP 12

Môn Toán-Bảng A (Thời gian 180 phút,không kể giao đề )

Ngƣời ra đề: Vũ Đoàn Kết

Bài 1 . Cho hàm số : f(x) = x(x-1)(x-2)…(x-2006). Tính f'(0).

Bài 2. Tính I =

1

0

4

2

1

)1(

x

dxx

Bài 3 . Tìm m để phƣơng trình : 032.4 2 mmxx

có nghiệm duy nhất.

Bài 4. Giải phƣơng trình : 12213 xx .

Bài 5. Tìm tổng các nghiệm thuộc [2;40] của phƣơng trình:

x

xxx

2

322

sin

1sincotcos2

g

Bài 6. Cho ABC, Chứng minh rằng (p-a)(p-b)(p-c) 8

abc

với 2

cbap

.

Bài 7. Tính L= n

lim [(1+x)(1+x2)(1+x

4)…(1+x

2n

)], với x <1.

Bài 8. Giải bất phƣơng trình: 012

1221

x

x x

Bài 9. Trong không gian cho hai điểm A,B cố định có AB=10.

Tìm quỹ tích điểm M sao cho AM=3BM.

Bài10. Chứng minh rằng: Nếu n,k N thì:

n

knc 2 .n

knc 2 (n

nc2 )2.

----hết-----

Nguồn tư liệu:

Bài 1,bài 9: Sáng tác

Bài2,bài 8 : Bộ đề thi đại học(BGD-1996)

Bài 3,bài 6:Các bài giảng luyện thi môn toán(Đào Tam chủ biên)

Bài 4,bài 7: Phương pháp mới giải đề thi đại học(Trần Phương)

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ

TRƢỜNG THPT TRIỆU SƠN 3

*****************

ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12

Môn Toán-Bảng A

Ngƣời làm đáp án: Vũ Đoàn Kết

Đáp án –thang điểm này gồm có : 4 trang.

BÀI NỘI DUNG ĐIỂM Bài 1 2.0

Cho x0=0 một số gia x=x-x0=x.

Ta có y=f(x0+ x)-f(x0)

= f( x)-f(0)= )2006)...(2)(1( xxxx

0.5

Suy ra )2006)...(2)(1(

xxx

x

y

f )0(' =

x

y

x

0lim =

0limx

)2006)...(2)(1( xxx

=(-1)(-2)…(-2006)=2006 !

1.0

vậy f )0(' =2006!

0.5

Bài 2 2.0

Phân tích x4+1 =(x

2+ 2 x+1)( x

2- 2 x+1)

0.5

Phân tích 12121

1224

2

xx

DCx

xx

BAx

x

x

Đồng nhất hai vế ta đƣợc

2

12

12

12

1

D

C

B

A

1.0

Vậy I=

1

0

1

0

2412

)22(

22

1

1 xx

dxx

x

dx+

1

0

2 12

)22(

22

1

xx

dxx

=0

1)12ln(

22

1

0

1)12ln(

22

1 22

xxxx = )22

22ln(

22

1

0.5

Bài 3 2.0

Giả sử x0 là nghiệm của phƣơng trình thì -x0 cũng là nghiệm . Do tính

duy nhất nghiệm nên x0=-x0 x0=0

0.5

Thay x0=0 vào phƣơng trình ta đƣợc m= -1, m=2 0.5

Với m=-1, ta có pt:

10120)22)(12(0224 xxxxxx

0.5

Với m=2, ta có pt:

10120)12(012.24 2 xxxxx

Vậy m=-1,m=2 là giá trị cần tìm.

0.5

Bài 4 2.0

Đặt t= 1212 33 xtx

0.5

Pt

tx

tx

txtx

tx

xttx

tx 21

0]24

3)

2

1)[((

21

)(2

21 3

22

3

33

3

1.0

x3-2x+1=0 x=1, x=

2

51, x=

2

51.

Vậy phƣơng trình có 3 nghiệm là: x=1, x= 2

51, x=

2

51.

0.5

Bài 5 2.0

ĐK:sinx 0,PT 2cos2x+cotg

2x=sin x +1+ cotg

2x

2sin2x+sinx-1=0

kx

kx

kx

x

x

26

5

26

2

43

2

1sin

1sin

3

2

1

0.5

a.Cho 2 5,4,3,2,1,0402

43

k

k

Vậy tổng các nghiệm của họ x1 là :

39)34(2

5

0

k

k

0.5

b.Tƣơng tự tổng các nghiệm của họ x2 là :

43)26

(6

1

k

k

0.5

c.tổng các nghiệm của họ x3 là :

35)26

5(

5

0

k

k

Vậy tổng các nghiệm là 39 +43 +35 =117

0.5

Bài 6 2.0

Theo BĐT CôSi ta có: (p-a)(p-b)44

)2( 22 cbap

0.5

Tƣơng tự: (p-b)(p-c)44

)2( 22 acbp

(p-a)(p-c)44

)2( 22 bcap

Nhân vế với vế của 3 BĐT trên ta đƣợc :

[(p-a)(p-b)(p-c)]2

4

1.)

4( 2abc

1.0

8

))()((abc

cpbpap (Đpcm)

0.5

Bài 7 2.0

Nhân và chia biểu thức lấy giới hạn với (1-x) ta đƣợc :

0.5

L=)1(

1)].1)...(1)(1)(1)(1[(lim 242

xxxxxx

n

n

=)1(

1)].1)...(1)(1)(1[(lim 2422

xxxxx

n

n

=…=

=x

xn

n

1

])(1[lim

22

1.0

Vì 1x nên 22 )(lim

n

xn

=0. Vậy L=x1

1

0.5

Bài 8 2.0

Vì f(x)=21-x

-2x+1=-2x+1+ x2

2 là hàm nghịch biến và f(1)=0 nên

f(x)>f(1)=0 x<1 1-x>0. Vậy f(x) cùng dấu với (1-x).

1.0

Vì g(x)=2x-1 là hàm đồng biến và g(0) =0 nên g(x)>0 x>0.

Vậy g(x) cùng dấu với x.

0.5

Suy ra BPT 1001

0)(

)(

x

x

x

xg

xf.

Vậy tập nghiệm của BPT là: (0;1]

0.5

Bài 9 2.0

Chọn hệ toạ độ Oxyz sao cho A=(-5;0;0), B=(5;0;0). 0.5

Gọi M(x;y;z) là điểm thoã mãn AM=3BMAM2=9BM

2

(x+5)2+y

2+z

2=9(x-5)

2+9 y

2+9z

2

x2+y

2+z

2-

2

25x +25 =0 (*) Đây là phƣơng trình mặt cầu.

1.0

Vậy quỹ tích điểm M cần tìm là mặt cầu có phƣơng trình (*). 0.5

Bài 10 2.0

Cố định n, với 0 nk , xét dãy số {uk}

Ta có )!(!

)!2(.

)!(!

)!2(.

22 knn

kn

knn

knu cc

n

kn

n

nk

)!1(!

)!12(.

)!1(!

)!12(.

12121

knn

kn

knn

knu cc

n

kn

n

knk

0.5

1)2)(1(

))(12(1

knkn

knkn

u

u

k

k

(2n+k+1)(n-k) (n+k+1)(2n-k)

2nk+n0 đúng vì 0 nk .

Vậy {uk} là dãy số giảm.

1.0

Suy ra với k 0 ta có uk=

n

kn

n

kn cc 22 . 2

2 )( n

nc =u0 (đpcm)

0.5

--------Hết-------

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA

VIỆT NAM

Độc lập – Tự do – Hạnh

phúc

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12 CẤP TỈNH – BẢNG A Môn: Toán

Thời gian làm bài: 180 phút

Bài 1 (2điểm)

Cho họ đường cong 1

:)(2

x

nmxxyCm với 1nm

Chứng minh rằng: Nếu a để đường thẳng : y=a không cắt họ

đường cong )( mC thì họ đường cong có cực đại và cực tiểu.

Bài 2 (2điểm)

Chứng minh rằng:

0

sin2

dxe x >2

3

Bài 3 (2điểm)

Giải phương trình: 632

13

352

222

xx

x

xx

x

Bài 4 (2điểm)

Giải phương trình: 552 xx

Bài 5 (2điểm)

Giải phương trình: xxx 7cossin33cos

Bài 6 (2điểm)

Cho hàm số

t

ttf

cos1

sin)(

Chứng minh rằng: ABC ta luôn có: 2

33)()()( CfBfAf .

Bài 7 (2điểm)

Cho hàm số **: f thoả mãn 2 điều kiện

i. 2)1( f

ii. n >1 thì )()(...)2()1( 2 nfnnfff

Hãy xác định công thức đơn giản tính )(nf ?

Bài 8 (2điểm)

Giải hệ phương trình

2logloglog

2logloglog

2logloglog

16164

993

442

xyz

zxy

zyx

, nếu 0 < t ≤é/2

, nếu é/2 < t <é

Bài 9 (2điểm)

Cho tứ diện ABCD, chứng minh rằng:

22 )()( BCADBDAC > 2)( CDAB

Bài 10 (2điểm)

Chứng minh rằng: )12...(5.3.1

2...6.4.2

12

)1(...

531

21

n

n

n

CCC n

n

n

nn , n

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH – BẢNG A

Nội dung Thang

điểm

Bài 1 ( 2 điểm)

Vì m+n 1 nên họ đường cong )( mC có cực đại, cực tiểu khi

m+n > -1.

Đường thẳng không cắt )( mC nên phương trình:

ax

nmxx

1

2

vô nghiệm

Nên suy ra phương trình: 0)(2 anxmax vô

nghiệm

nmmaa 4)2(2 22 < 0 có nghiệm a

444 nma > 0

nm > -1 )( mC có cực đại, cực tiểu

Bài 2 ( 2 điểm)

Bổ đề: x>0 thì ex

>x+1

Thật vậy: Đặt f(x) = ex

- x - 1 0x

Ta có: 01)( xexf , 0x

x > 0 thì f(x) > f(0) = 0 xe > x+1 x >0

Áp dụng bổ đề ta có: xex2sin),0( > x2sin1

0

sin2

dxe x > 2

3)sin1(

0

2

dxx

Bài 3 ( 2 điểm)

Điều kiện

2

3

1

x

x

Nhận thấy 0x không phải là nghiệm nên phương trình

6

13

2

13

53

2

2

xx

xx

Đặt tx

x 3

2 phương trình trở thành: 61

13

5

2

tt

2

11

1

t

t

Với t =1 thì phương trình vô nghiệm

0.5

0.25

0.25

0.5

0.5

0.25

0.5

0.25

1.0

0.25

0.5

0.5

0.25

Với 2

11t thì phương trình có nghiệm

3

2

2

x

x

Kết luận: Phương trình có nghiệm

3

2

2

x

x

Bài 4 ( 2 điểm)

Điều kiện: 5x

Đặt 505 2 xttx

Phương trình trở thành:

5

5

2

2

xt

tx

0)1)((

52

txtx

tx

2

171

2

211

2

171

1

2

211

0

04

01

05

0

2

2

x

x

x

x

x

x

xx

xt

xx

xt

Bài 5 ( 2 điểm)

Biến đổi tương đương phương trình đã cho

2

33)2cos21(4sin2

0sin

033)2cos21(4sin2sin

0sin33)sin43(sin4sin2

0sin334sin3sin2

0sin337coscos

2

xx

x

xxx

xxxx

xxx

xxx

Giải (1) ta được x=k với k

Giải (2): Ta có (2) xxx 4sin2cos4sin2

33

2

334sin2cos2sin4 2 xxx (3)

Áp dụng BĐT Côsi cho 3 số: 2

2cos,

2

2cos,2sin

222 xx

x

ta được 1 3

22222

4

)2cos2(sin3

2

2cos

2

2cos2sin

xxxxx

0.25

0.25

0.25

0.5

1.25

0.5

0.25

0.25

0.25

0.5

33

22cos2sin2cos2sin 22 xxxx

do đó 133

24sin2cos2sin4 2 xxx <

2

33

suy ra (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm.

Kết luận: Phương trình có nghiệm x=k với k

Bài 6 ( 2 điểm)

Trường hợp 1: Tam giác ABC không tù, ta có

2

33)()()( CfBfAf

2

33sinsinsin CBA

Chứng minh bất đẳng thức trên.

Trường hợp 2: Tam giác ABC tù, không giảm tính tổng quát giả

sử góc C tù, ta có: 2

33)()()( CfBfAf

2

33cos1sinsin CBA

2

33sinsinsin CBA

Vì ta có nhận xét: CC sincos1 với C là góc tù.

Chứng minh ở trường hợp 1.

Bài 7 ( 2 điểm)

Vì )2(4)2()1( fff 3

2)2( f

Với 3n , theo giả thiết:

)1()1()1(...)2()1(

)()()1(...)2()1(

2

2

nfnnfff

nfnnfnfff

)1()1()()( 2 nfnnfnnf

)1(1

1)(

nf

n

nnf

vậy với )1(

4)2(

4...)1(

2)...2)(1()(3

nnf

nn

nnnfn

vì 3

2)2(;2)1( ff thoả mãn công thức trên nên

*

)1(

4)(

n

nnnf

Bài 8 ( 2 điểm)

Điều kiện x,y,z>0

0.25

0.5

0.5

0.25

0.25

0.5

0.25

0.5

0.5

0.5

0.25

0.25

Với điều kiện trên hệ phương trình

2logloglog

2logloglog

2logloglog

1616

2

16

99

2

9

44

2

4

xyz

zxy

zyx

2log

2log

2log

2

16

2

9

2

4

yxz

xzy

yzx

256

81

16

2

2

2

yxz

xzy

yzx

Giải hệ phương trình ta được

3

32

8

27

3

2

z

y

x

là nghiệm của hệ phương

trình.

Bài 9 ( 2 điểm)

Gọi O,M,N,P,Qlần lượt là trung điểm các cạnh: CD, AC, CB,

BD, DA

Suy raMNPQ là hình bình hành và O không thuộc (MNPQ)

Ta có

(MO+OP)2+(NO+OQ)

2>MP

2+NQ

2=2(PQ

2+QM

2)>(PQ+QM)

2

Vậy: (MO+OP)2+(NO+OQ)

2>(PQ+QM)

2

Hay 22 )2

1

2

1()

2

1

2

1( ACBDBCAD >(

2

1AB+

2

1CD)

2

22 )()( BCADBDAC > 2)( CDAB (đpcm)

Bài 10 ( 2 điểm)

Ta có *24

2

212 )1(...1)1( nxCxCxCx nn

n

nn

n

n

1

0

24

2

21

1

0

2 ))1(...1()1( dxxCxCxCdxx nn

n

nn

n

n =

= 12

)1(...

5

1

3

11 21

n

CCC

n

n

n

nn (1)

Tính In=

1

0

2 )1( dxx n

0.5

0.5

0.75

0.25

0.5

0.5

0.5

0.25

0.25

0.5

0.5

đặt x= cost,

2,0,cos

ttx

tdtdx sin

2

0

12sin

tdtI n

n

đặt

tdtdv

tu n

sin

sin 2

nn

nn

n nInItdttntdttnI 22sin)sin1(2sincos2 1

122

0

22

0

122

01)12...(5.3

2...4.2

12

2I

n

nI

n

nI nn

Vậy In=)12...(5.3.1

2...6.4.2

n

n (2)

Từ (1) và (2) đpcm

0.5

0.25

Lưu ý: Các cách giải khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa

Phần nhận xét ở bài 6 nếu không chứng minh thì cho 0.25

điểm

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

x2

( 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 ) mà

chúng vuông góc vơí nhau.

(Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải )

b) Cho In = dx1

1

0x

nx

e

e

với n là số tự nhiên

Tìm Ilim nn

( 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

x92

( 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 cos

2

b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos2

A +3cos

2

B

+cos2

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 : log a2

cb+ log b

2

ca+ log c

2

ba3

( 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(kmx2

1mxx0

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 +m

2 + 12 0 (4)

Vì (4) đúng nên hệ (I) (3)

Điều kiện cần tìm là :

22

0

0

2

0

20

m4)mx2(2

mx

1)mx2(

4m

0mx2

( 2x0 +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 x0 = 2

m4±m2

Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 = 2

m4±m2

(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

nn

Ilim

(0,5đ)

Ta có In + In+1 = dx1

e1

0x

)xn(nx

e

e

= dxe

1

0

x)1n(

= - 1e

1n

1 )1n(

In = n1

1e n1

- In-1 (*) (0,5đ)

Rõ ràng : nn

Ilim

= 1nn

Ilim

n1

1elim

n1

n

=0 nên từ (*) suy ra 2 n

n

Ilim

= 0

nn

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

ax

)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(ax2

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

x92

(1)

Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2;2] )

16x9

)4x6(2

x224x2

4x62

(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

2x3

243

2x2

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 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

22x)

2+ 2sin6x = 1+ 8sin 2x-8sin32x

2+ 2(3sin2x-4sin32x) = 1+8sin2x-8sin

32x

sin2x =2

1

12

5x

k12

x(k,lZ ) (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,mZ) (1đ)

b) Ta có sinA +sin B = 2 sin2

BA cos

2

Ccos2

2

BA

dấu ( = ) xảy ra khi và chỉ khi

2

1(sin A + sinB )

2

Ccos chỉ khi A = B (1)

Tương tự : 2

5(sin B + sinC )

2

Acos5 (2)

2

3(sin C + sinA )

2

Bcos3 (3) (1đ)

Từ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos2

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+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

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

3xlog1(2)3x(

2

)4(43x

3x3x

3x3x)3(

x.3xx.4

)x.(42.4

2.42

43log3log 41

43log

22

3log2x2log

23log

2x3log)x

3log1(2

.....

Xét hàm số q(x) = x.3x4

3log43log1 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 1yx1x

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

1x

2

2

1)x1(b

4

1

2

3

1x

4

32

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

bln2alog

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