Bài 1 : (4điểm )
Cho đường cong ( Cm) :y=x2+mx+1/2x+m ( 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 )
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 x 2 ( 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 ) màchúng vuông góc vơí nhau. (Giải tích - Toán nâng cao 12 Tác giả Phan Huy Khải ) b) Cho In= dx1 1 0 x nx e e với n là số tự nhiên Tìm Ilim n n ( Toán nâng cao lớp 12 Phan Huy Khải ) Bài 2: (4 Điểm ) a) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số a 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 x9 2 ( 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 cos2 b) Tam giác ABC có các góc thõa mãn : 2sinA+ 3sinB+4sinC = 5cos 2 A +3cos 2 B +cos 2 C Chứng minh rằng : tam giác ABC là tam giác đều . ( Báo Toán học tuổi trẻ 5/2004) Bài 4(4điểm) : a)Cho n là số nguyên 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 : loga 2 cb + logb 2 ca + log c 2 ba 3 ( 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(k mx2 1mxx 0 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 +m2 + 12 0 (4) Vì (4) đúng nên hệ (I) (3) Điều kiện cần tìm là : 22 0 0 2 0 2 0 m4)mx2( 2 m x 1)mx2( 4m 0mx2 ( 2x0 +m)2 = 4-m2 ( 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±m 2 Vậy có hai điểm M(x0;0) cần tìm với x0 = 2 m4±m 2 (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 n n Ilim (0,5đ) Ta có In + In+1 = dx1 e1 0 x )xn(nx e e = dxe 1 0 x)1n( = - 1e1n 1 )1n( In = n1 1e n1 - In-1 (*) (0,5đ) Rõ ràng : n n Ilim = 1nn Ilim n1 1elim n1 n =0 nên từ (*) suy ra 2 n n Ilim = 0 n n Ilim = 0 (0,5đ) Bài 2: a) Giải và biện luận phương trình theo tham số a: 1x - xa =1 xa2ax2 ax xa11x 0xa )4(0a4a)1a(4)x(f )3( 2 a x )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(ax 2 a 22 )x( Xét tam thức f(x) có f( 2 a )= -2a < 0 và f(a) = a 2 > 0 Vậy theo định lí đảo (4) có hai nghiệm 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 x9 2 (1) Nhân biểu thức liên hợp vế trái ta có ( Với x [-2;2] ) 16x9 )4x6(2 x224x2 4x6 2 (0,5đ) 0x282x8)(x282x)(2x3( 0x281632x8x9)(2x3( 0]x224x2(216x9)[2x3( 22 22 2 (0,5đ) Do 8+x+2 0x28 2 nên (2) (3x-2) (x-2 0)x28 2 2x 3 24 3 2 x2 Tập nghiệm của bất phương trình T = [ -2; 3 2 )( 3 24 ; 2] (1đ) Bài 3 ( 4điểm ) a)Giải Phương trình :2sin(3x+ 4 ) = x2x2sin81 cos2 )3(x2cosx2sin81) 4 x3(sin4 )2(0) 4 x3sin( 22 (0,5đ) Giải (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 5 x k 12 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 sin 2 BA cos 2 C cos2 2 BA dấu ( = ) xảy ra khi và chỉ khi 2 1 (sin A + sinB ) 2 C cos chỉ khi A = B (1) Tương tự : 2 5 (sin B + sinC ) 2 A cos5 (2) 2 3 (sin C + sinA ) 2 B cos3 (3) (1đ) Từ (1), (2), (3), suy ra : 2sinA + 3sin B + 4 sin C 5cos 2 A +3cos 2 B +cos 2 C Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều. (1đ) Bài 4 : a)Cho n là số nguyên dương , hãy tìm giới hạn A = )1x( 1nnxxlim 2 n 1x ta có xk -1 = (x-1)(1+x+x2+ .+xk-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 3 xlog1(2)3x(2 )4(43x 3x3x 3x3x)3( x.3xx.4 )x.(42.4 2.42 43log3log 4143log 2 23log 2x 2log 2 3log 2x 3log) x 3log1(2 ..... Xét hàm số q(x) = x.3x 4 3log 4 3log1 trên (0;+ ) nghịch biến trên (0;+ ) (0,5đ) Nên (4) có nghiệm thì là nghiệm duy nhất , do g(1) =4 Vậy x=1 là nghiệm duy nhất của (4). Khi đó hệ (II) trở thành 1yx 1x yx Vậy hệ 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 1 x 2 2 1)x1(b 4 1 2 3 1 x 4 3 2 1 Vậy P trên SC sao cho CP = 3 1 CS hay P chia đoạn thẳng CS theo tỉ số k=- 2 1 b) Ta có clnbln aln2 bcln aln2 )cbln( aln2log 2a cb (0,5đ) Tương tự : clnaln bln2 alog 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
Tài liệu đính kèm: