3 đề thi học sinh giỏi Toán 12

Chia sẻ: Trần Văn được | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:20

Thêm vào BST

Báo xấu

96
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo 3 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 12.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: 3 đề thi học sinh giỏi Toán 12

Đề thi học sinh giỏi khối 12 Thời gian: 180 phút Bài 1: 1 4 Cho hàm số: y  x 3  x 2  2x   0 3 3 Câu1 (2,5đ): Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số Câu2(2đ): Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm cực trị của (C) và gốc toạ độ Bài 2: Giải các phương trình Câu1(2đ) : 8 cos 4 x cos 2 2 x  1  sin 3 x  1  0 Câu2(2đ) : x 3  1  23 2 x  1 Bài 3: Câu1(2đ) :Không dùng bảng số hoặc máy tính. Chứng minh rằng tg550 >1,4 Câu2(2đ): Giải phương trình: 2004x + 2006x = 2. 2005x Câu3(3đ): Tính tích phân sau  2 x  cos x I  4  sin 2 dx  x 2 Bài 4: (2đ)Trong mặt phẳng toạ độ {xoy}. Cho Elíp (E) có phương trình x2 y2   1 và điểm M(1;1) 9 4 Một đường thẳng đi qua điểm M, cắt (E) tại P;Q. Các tiếp tuyến của (E) tại P; Q cắt nhau tại I. Tìm tập hợp các điểm I Bài 5:(2,5đ) Trong không gian cho hệ toạ độ {oxyz}. Cho điểm A(a;0;0) B(0;b;0) C(0;0;c) và M(1;2;4) thuộc mặt phẳng ABC. Viết phương trình mặt phẳng ABC để cho thể tích của khối OABC nhỏ nhất.
Bài Nội dung Điểm Bài 1 Câu1 1/ Tập xác định: R 2 /Chiều biến thiên a/ y'=x2+2x-2 0.5 ------------------------------------------------------------------------------- - y'= 0  x2+2x-2= 0 x1; 2  1  3 y  4  2 3 0.5 --------------------------------------------------------------------------------- b/ y'' = 2x+2 = 0 x= -1 y = 4 0.5 --------------------------------------------------------------------------------- c/ Bảng biến thiên: x - 1 3 -1 1 3 + y'' - 0 + + y - 42 3 4 42 3 3/ Đồ thị y 42 3 4 42 3  1  3 -1O  1  3 x 0.5 ---------- Ta có Câu2
1 y  ( x  1) y '2 x  2 y'= 0 tại xi 0.5 3 y(xi) = - 2xi+2 ------------------------------------------------------------------------------ Vậy: 0.5  yi  2 xi  2 (1)  2  xi  2 xi  2  0 (2) -------------------------------------------------------------------------- Từ (1) và (2) ta có yi2  8 yi  4  0 (3) Vậy phương trình đường tròn đi qua các điểm Cực trị có dạng 0.5 (y2- 8y+4) + (x2+2x-2) + t(y+2x-2) = 0 ---------------------------------------------------------------------------- Vì đường tròn đi qua O(0;0) nên ta có 2 - 2t = 0 t = 1 Thay t = 1 Ta có 0.5 x2 + y2 +4x -7y = 0 Bài 2 Câu1 8cos 4x.cos22x + 1  sin 3 x +1 = 0 4(1+cos4x)cos4x+ 1  sin 3 x +1= 0 0.5 -------------------------------------------------------------------------------- (2cos4x+1)2 + 1  sin 3 x = 0 2 cos 4 x  1  0  1  cos 4 x     2  1  sin 3 x  0  sin 3 x  1   ------------------------------------------------------------------------------ 0.5  1  1 cos 3 x cos x  sin 3 x.sin x   sin 3 x.sin x   2 2   sin 3 x  1  sin 3 x  1  vì sin3x = 1 nên cox3x = 0 0.5   1  x  6  k 2 sinx = sin x    2 5 x   l 2  6 -------- 0.5 Câu2 x 3  1  23 2 x  1 (1)
Đặt y  3 2 x  1 Ta có y 3  2 x  1  x 3  1  2 y (1) (1)   3  y  1  2 x (2) 0.5  (x- y)(x2+ y2+ xy + 2) = 0 Vì x2+ y2+ xy + 2 > 0 mọi x nên x= y ------------------------------------------------------------------------------ Thay x=y vào phương trình (1). Ta có 0.5 x3 -2x+ 1 = 0 --------------------------------------------------------------------------------- x 1 0.5  1  5 x 2 0.5 Bài 3 Ta có Câu1   0    tg    tgx  x 0  x  2 2 1 1  cos 2 x f(x)  tgx - x  f' (x)  1   0 x cos2 x cos 2 x f ( x )  f (0)  x  0 Hay tgx  x 0.5  1  tg   18 Goi g(t)  1  t  g' (t)  2  0 tg 55 0  tg (  )  4 18 1  tg  1- t (1 - t) 2 18 Vậy hàm g(t) là hàm đồng biến ------------------------------------------------------------------------------ 0.5 Từ
   0.5  tg   1 18 18  g ( )  g ( )  1,4     g (tg )  g ( ) 18 6  18 18 ------------------------------------------------------------------------------ ------- Vậy 0.5  Câu2 tg 55 0  g (tg )  1,4 18 ----------------------------------------------------------------------------- Ta có 2004x + 2006x = 2. 2005x  2006x - 2005x = 2005x - 2004x Gọi x0 là mội nghiệm của phương trình Ta có 2006 x  2005 x  2005 x  2004 x 0 0 0 0 0.5 Đặt f (t )  (t  1) x  t x  f ' (t )  x0 (t  1) x 1  x0t x 1 0 0 0 0 f (2005)  f (2004) ------------------------------------------------------------------------- Vì f(t) liên tục trên [2004;2005] nên   [2004; 2005] để f (2005)  f (2004) 0.5 f ( )  2005  2004 -------------------------------------------------------------------------------- 0.5 Vì f (2005)  f (2004)  0  f ' ( )  0 Suy ra f ' ( )  x0 (  1) x 1  x0 x 1  0 0 0 ------------------------------------------------------------------------------- -------- 0.5  x0  0  x0  0 Câu3 x 1 0 x 1 x0 [(  1)   ]  0   0 x 1 x 1  (  1)    0  x0  1 0 0 -----------------------------------------------------------------------------------    cox 2 x  cos x 2 x 2 dx I 2 dx   2 dx   4  sin 2 x Ta có   4  sin x   4  sin x   0.5 2 2 2 I  I1  I 2 ------------------------------------------------------------------------------
  0 2 x x 2 x I1   4  sin 2 dx   4  sin 2 dx   2 dx x x 0 4  sin x 0.5   2 2 0 x I 1  I 11  I12 I11   4  sin 2 dx  x 2 ----------------------------------------------------------------------- Đặt x= -t dx= -dt x= 0 t=0   x=- t= 2 2  0.5 0 x 2 t Ta có I 11   4  sin 2 dx    2 dt x 0 4  sin t  2 -------------------------------------------------------------------------------  2 x 0.5 I 11    2 dx  - I 12 0 4  sin x Vậy I1= I11+I12 = 0 -------------------------------------------------------------------------------- Tính I2 0.5    2 cos x 2 d (sin x ) 2 d (sin x) I2=  4  sin 2 dx   4  sin 2   x  x   (2  sin x)(2  sin x) 2 2 2     1  2 d (sin x) 2 d (sin x )  1   ln 2  sin x  ln 2  sin x  2 I2= 4  2  sin x  2  sin x  4    2  2 2   1 2  sin x 2 1 1 I2= ln  ln 9  ln 3 0.5 4 2  sin x   4 2 2
2 2 Bài 4 xi y Gọi P(x1; y1) Q(x2; y2) thuộc (E) Ta có  i  1 i= 1,2 9 4 x y Tiếp tuyến tại P;Q của (E) có dạng i x  i y  1 i= 1,2 9 4 0.5 --------------------------------------------------------------------------------- Vì tiếp tuyến tại P;Q của (E) cắt nhau tại I(x0; y0)  x1 y1  x0   9 y0  1 Hay  4  x2  x0  y2  9 y0  1  4 -------------------------------------------------------------------------------- 0.5 x y Phương trình PQ: 0 x  0 y  1 9 4 ------------------------------------------------------------------------------ 0.5 x y Vì M(1; 1) thuộc PQ nên ta có 0 1  0 1  1 9 4 Vậy điểm I thuộc đường thẳng có phương trình: 4x +9y - 36 = 0 0.5 Bài 5 Từ giả thiết ta có phương trình của mf(ABC): x y z 1 2 4    1 Điểm M(1;2;4) (ABC)     1 a b c a b c ----------------------------------------------------------------------------- 0.5 Theo Cosi ta có 1 2 4 6 6   3 1 3  abc  6 3 a b c abc abc 0.5 ---------------------------------------------------------------------------- Vì 6.VOABC= abc Nên VOABC  36 Hay Min VOABC = 36 1 2 4 1 Đẳng thức có khi    a b c 3 -------------------------------------------------------------------------------- 0.5 Với
1 1 a  3 a 3 2 1      b6 b 3 c  12 0.5 4  1  c 3  ----------------------------------------------------------------------------- 0.5 x y z  (ABC):   1 3 6 12 Hay phương trình mf(ABC): 4x+2y+z-12 = 0
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) 2 1. Tìm trên trục hoành các điểm có thể kẻ đến đồ thị hàm số y  x hai tiếp x 1 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: y  log 2 x ; x + y = 3; y = 0. Bài 2 (4 điểm)  x  m  2 x  2m  0 2 1. Tìm m để hệ  2  có nghiệm.  x  m  7 x  7 m  0  2. Giải phương trình x 2  2 x  3  x  3 . Bài 3 (4 điểm) 1. Giải phương trình cos6x – cos4x + 4cos3x + 4 = 0. 2. Trong tam giác ABC, chứng minh rằng: 1 13 cos A  cos B  cos C   . cos A  cos B  cos C 6 Bài 4 (4 điểm) 1. Giải phương trình x  3log 3 x  5  log 5 x  3  x  2 . 1  2 x 3 1  3x  1 2. Tính lim . x 0 x Bài 5 (4 điểm) 1. Lập phương trình mặt cầu tâm I(1; -1; 1), biết rằng qua đường thẳng 2 x  2 y  z  3  0  có hai mặt phẳng vuông góc với nhau tiếp xúc với mặt cầu. x  2 y  2z 1  0 2. Với a, b, c dương và 1 ≤   R, chứng minh rằng: 1
a b c a 1 b 1 c 1       1  1   1   1  1 b  c  c  a  a  b b  c c  a 1 a  b ...........Hết........... 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  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) ()  x2   k  x  x0   x 1 () là tiếp tuyến của đồ thị khi hệ:  2 có nghiệm  x  2x  k   x  12  I 1 x  0 x2 x 2  2x   x  x0   xx0  1x  2 x0   0   2 x0 x  x  1  x  12 Voi x0  1   x0  1  Với x 0 = 0  k = 0, 0.5đ 2 x0  4 x0 Với x0 = k= x0  1 x0  12 2
Bài ý Nội dung Điểm k1  k 2 4 x0 0.5đ  Để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: tg 450  ... =±1 1  k1 k 2 x0  12 ... x0  3  2 2 0.5đ   M1( 3  2 2 ; 0), M2( 3  2 2 ; 0). 0.5đ Giao điểm của đồ thị hàm số y  log 2 x , và đường thẳng x +y = - 3 2 3  là A(2; 1)  V =    log 2 xdx   3  x 2dx  =V 1+ V2   0.5đ 1 2  2 2  V1=  log 2 xdx = log 2 e. ln xdx =... y 1 1 2 = log 2 e.2 ln 2  1 . 1 3 0.5đ 1 O 1 2 3 x  V2 =  3  x  dx = ...=  2 2 3 0.5đ 1  V=[ + log 2 e.2 ln 2  1 ] (đvtt) 3 0.5đ  x 2  m  2 x  2m  0  (1)  2  x  m  7 x  7 m  0  (2)  1 = (m – 2)2 ≥ 0 và 2 = (m – 7)2 ≥ 0  m = 2 hoặc m = 7 thì hệ phương trình vô nghiệm. 0.5đ m  2  Với  và m  0 thì tập nghiệm của (1) là D 1  R+ và tập 1 m  7 II 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) 0.5đ  hệ phương trình luôn có nghiệm.  Hệ phương trình luôn có nghiệm với m < 0. 0.5đ 0.5đ   x 2  x  3  x  x  3   0  x  x  3 x  x  3  1  0 0.5đ 2 3
Bài ý Nội dung Điểm x  0 1  13 0.5đ  x  3  x   2 x x  x  3  0 2 x  1 3  17 0.5đ  x  3  x 1  2 x x  3x  2  0 2 1 13 3  17 Kết luận: x  và x  là nghiệm. 2 2 0.5đ  2 cos2 3x  4 cos 3x  3  cos s 4 x  0  2cos 3 x  1  2 sin 2 2 x  0 0.5đ cos 3 x  1  sin 2 x  0 0.5đ 1   k 2 x  3  3   x  l    2 0.5đ KL: Nghiệm x =  + 2k 0.5đ A B C 3 III  đặt cos A  cos B  cos C = 1+ 4 sin sin sin = t  1< t ≤ 2 2 2 2 0.5đ 1 3 1  Xét f(t) = t  trên (1; ], có f’(t) = 1  2 > 0  hàm số đồng t 2 t 3 biến trên (1; ] 2 0.5đ 2  t  (1; 3 ] thì f(1) < f(t) ≤ f( 3 ) = 13 2 2 6 0.5đ 1 13  Vậy cos A  cos B  cos C   cos A  cos B  cos C 6 3 Dấu bằng xảy ra khi: cos A  cos B  cos C = hay tam giác đều. 2 0.5đ  Pt  log 3 x  5  log 5 x  3 = x2 với x > 5 0.5đ x 3 IV 1  Hàm số y = log 3 x  5  log 5 x  3 đồng biến trên (5; + ) 0.5đ x2 5 0.5đ  Hàm số y = có y’= < 0 nghịch biến trên (5; + ) x 3 x  32 4
Bài ý Nội dung Điểm   phương trình có nghiệm duy nhất x = 8 0.5đ 1  2 x 3 1  3x  3 1  3x  3 1  3x  1  L = lim x 0 x 3 1 2x 1 1  3x  1 = lim 3 1  3x + lim = L1 + L2 x0 x x0 x 0.5đ 1 2x 1 2x  L1 = lim 3 1  3x = lim 3 1  3x =1 x 0 x x 0 x 1  2x  1   2 3 0.5đ 1  3x  1 3x  L2 = lim = lim 2 =1 x 0 x x 0  3 3  x  1  3 x  1  3 x  1    Vậy L = 2 0.5đ 0.5đ 2 x  2 y  z  3  0 ( P)  I  ( P)   ta nhận thấy  và (P)  (Q) x  2 y  2z 1  0 (Q )  I  (Q) 0.5đ   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: 1  x  4y  z - 2  0 |2x + 4y – z -3| = |x – 2y -2z -1|   V 3x - 3z - 4  0 0. 5đ 1 4 1 2 4  Bán kính mặt cầu cần lập: R = d(I/) = = 3 3 0.5đ 16  Phương trình mặt cầu cần lập là: x  12   y  12  z  12  9 0.5đ Giả sử a ≥ b ≥ c > 0 2  a a 1   b b 1   c c 1    b  c   1  1      c a   1  1      a b   1  1   0   b c    c a    a b   0.5đ 5
Bài ý Nội dung Điểm  a 1   b 1   a  1      1  1   b 1      1   b c b c   c a c  a  1   c 1   c 1      1  1   0 a b a b  b 1 a  b   c 1 a  c   1 c 1 b  c   a  1 b  a  0.5đ  a  1 b    b  c b 1  c 1    c  a c 1  a 1   c 1 a  1 c  a   b 1 c  a   0 c    a  c 1  b 1  ...  1 1   a  1b 1 a  b    b  c b 1  c 1  c  a c 1  a 1   0.5đ          1 1   b 1c 1 b  c    c  a  c 1  a  1  a   b a  1  b 1             1 1   c 1a  1 c  a    a  b a  1  b 1  b  c b 1  a 1   0          Điều này luôn đúng với mọi a ≥ b ≥ c > 0 và  > 1,   R dấu bằng xảy ra khi a = b = c > 0. 0.5đ 6
ƯỜNG THPT NAM ĐÀN 2 Môn : Toán khối 12 (Lần 1) Thời gian:180 phút Câu 1. (6.0 đ) 1/ Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt. Hãy xét dấu của biểu thức:A = a2 – 3b. t an(x+1) tan( y 1) 5 y 5 x (1) 2/ 2y x3 1 (2) 5 x, y (3) 6 4 Câu 2. (5.5 đ) 2x 1 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường cong (H): y với x >1. 2x 2 a/. Xác định điểm M để tiếp tuyến tại M cắt 2 đường tiệm cận tạo thành tam giác có chu vi nhỏ nhất. b/ M là điểm tùy ý trên (H), tiếp tuyến của (H) tại M cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A và B. Xác định điểm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất. Câu 3 (5.0 đ) Cho hình choùp töù giaùc S.ABCD,coù ñaùy ABCD laø moät hình bình haønh. Goïi G laø troïng taâm cuûa tam giaùc SAC. M laø moät ñieåm thay ñoåi trong mieàn hình bình haønh ABCD .Tia MG caét maët beân cuûa hình choùp S.ABCD taïi ñieåm N . MG NG Ñaët : Q = NG MG a/ Tìm taát caû caùc vò trí cuûa ñieåm M sao cho Q ñaït giaù trò nhoû nhaát . b/ Tìm giaù trò lôùn nhaát cuûa Q . Câu 4 (3.5 đ) Cho hai số a1, b1 với 0 < b1 = a1 < 1. Lập hai dãy số (an), (bn) với n = 1, 2, .. 1 theo quy tắc sau: an 1 (a n bn ) , bn 1 a n 1.b n 2 Tính: lim a n và ln i m bn . n ……..Hết………..
Trường THPT Nam Đàn 2 ---------------------------------------------- 6,0 a. 3,0 3 2 y = f(x) = x + x + ax + b + Tập xác định: R. y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số ’ = 1 – 3a. + Pt: x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên 0,5 y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x1, x2 và f(x1).f(x2)< 0. 1 3a 0 + Suy ra: (x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 3x2 + 2x + a = 0). f (x1 ).f (x 2 ) 0 + Thực hiện phép chia đa thức ta được: 1 1 1 f(x) = x3 + x2 + ax + b = x y' (6a 2)x 9b a . 3 9 9 1 1 Suy ra f(x1) = (6a 2)x1 9b a ; f(x2) = (6a 2)x 2 9b a 9 9 1,0 + f(x1).f(x2) < 0 (6a-2) x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 < 0. 2 + Vì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: 3x2 + 2x + a = 0 2 a nên x1 + x2 = ; x1.x2 = . 3 3 a 2 Do đó: (6a 2) 2 (6a 2)(9b a) (9b a) 2 0 1.0 3 3 2 2 suy ra: 4(3a – 1)(a – 3b) + (9b – a) < 0 + Vì (9b – a)2 0 và 3a – 1 < 0 nên a2 – 3b > 0. 0,5 b. 3,0 Từ (1) tan(x+1)+5x=tan(y+1)+5y Hàm số f(t) = tan(t+1)+5t có f’(t)>0 với mọi t suy ra f(t) đồng biến f(x)=f(y) x=y 1.5 Với x=y thế vào 2 ta có 1 5 x=1 hoặc x 2 1,0 Đối chiếu điều kiện (3) ta có nghiệm: 0,5
1 5 x=1 hoặc x 2 Câu 5,5 M(x0;y0) (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d): 2x 0 1 2 y (x x 0 ) . 2x 0 2 (2x 0 2) 2 0.5 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm x0 A(1; ), B(2xo – 1;1). x0 1 0,5 Giao của hai đường tiệm cận là I(1;1). Ta có chu vi IAB là: 1 1 P= IA+IB+AB= 2(x 0 1) 4(x 0 1) 2 (vì x0>1) (x 0 1) (x 0 1) 2 1,0 sử dụng BĐT Cosi (hoặc sử dụng hàm số) Ta có P 2( 2 1) 0,5 1 Vậy Pmin 2( 2 1) khi x0 1 2 1 1 Điểm M cần tìm là: M (1 ,1 ) 2 2 0,5 b. 2,5 M(x0;y0) (H), tiếp tuyến tại M của (H) có phương trình: (d): 2x 0 1 2 y (x x 0 ) . 2x 0 2 (2x 0 2) 2 0.5 d cắt hai đường tiệm cận đứng x = 1 và ngang y = 1 tại các điểm x0 A(1; ), B(2xo – 1;1). x0 1 0,5 x0 Vì x0 > 1 nên yA = >1, xB = 2x0 – 1 > 1. Do đó I ở miền trong x0 1 tam giác OAB nên: 0,5 1 1 1 1 SOAB = SOIB + SOIA + SIAB = IA + IB + IA.IB = 2(x0 – 1) + 2 2 2 2 1 1 1 1 . + .2(xo – 1). 2 x0 1 2 x0 1 0,5 1 Tính SOAB = AB.h với h = d(O;AB). 2 1 Tính SOAB = AB.h với h Do đó áp dụng bất đẳng thức Cosi cho ta 2 0,5
1 hai số dương xo – 1, ta có: 2(x 0 1) 1 1 SOAB = xo – 1 + +1 1+2 1 2. y 2(x 0 1) 2 Đẳng thức xảy ra khi: 1 1 xo – 1 = x0 1 . 2(x 0 1) 2 1 1 K Vậy SOAB nhỏ nhất khi M(1 ,1 ). 2 2 I 1 1/ OA 1; ; OB (2x 0 1;1) . x0 1 O x Cách khác: Tính diện tích OAB theo cách sau: 1 2 1/ Tính: SOAB OA 2 .OB2 OA.OB . 2 1 2/ Tính SOAB = AB.h với h = d(O;AB). 2 = d(O;AB). Câu3 a/ (Hình vẽ ở trang cuối) MG NG MG NG + Q = NG MG 2 .Daáu baèng khi vaø chæ khi : NG = MG = 1 . + SG caét mp(ABCD) taïi taâm O cuûa hình bình haønh ABCD. Goïi K laø trung ñieåm cuûa SG . Töø K döïng maët phaúng song song vôùi mp(ABCD) caét SA,SB,SC,SD laàn löôït taïi A1 ,B1 ,C1 ,D1 .Töø N döïng maët phaúng song song vôùi mp(ABCD) caét SG taïi N’. NG N ' G NG Ta coù: = ; =1 N’truøng K N thuoäc caïnh hình bình haønh MG OG MG A1B1C1D1 Noái NK caét caïnh hình bình haønh A1B1C1D1 taïi P, ta coù : PM // SG . + Töø ñoù : Q=2 khi vaø chæ khi M thuoäc caïnh hình bình haønh A1 B1C1 D1 ' ' ' ' A1' B1' C1' D1' laø hình chieáu song song cuûa hình bình haønh A1B1C1D1 leân mp(ABCD) theo phöông SG . 3.0 b +Mieàn hình bình haønh ABCD hôïp bôûi caùc mieàn tam giaùc OAB,OBC,OCD,ODA M thuoäc mieàn hình bình haønh ABCD neân M thuoäc moät trong boán mieàn tam giaùc naøy. Chaúng haïn M thuoäc mieàn OAB. M A N C’; M B N D’; M O N S. 1.0
Do ñoù N thuoäc mieàn SC’D’ vaø N’ thuoäc ñoaïn SH ,vôùi C’,D’ vaø H laàn löôït laø trung ñieåm cuûa SC,SD vaø SO. HG N 'G SG Do ñoù : HG N’G SG. Vì vaäy : hay OG OG OG NG 1 2. 2 MG NG 1 + Ñaët x = MG Ta coù : Q = x + x vôùi x [ 2 ;2]. 1 5 Q’= 0 vaø x ( 1 ;2) x= 1 . MaxQ = Max{Q( 1 );Q(2);Q(1)}= . 2 2 2 5 + Giaù trò lôùn nhaát cuûa Q laø : . Ñaït khi M truøng vôùi O hoaëc caùc ñænh 2 A,B,C,D. s N N' D' H C' G D A M 1.0 O C B Câu 4 3,5 +(0.50 đ) Tính a2, b2 với 0 < b1 = a1 < 1 ta có thể chọn 0 < a < sao 2 cho: b1 = cosa, suy ra a1 = cos2a. 1 1 a a2 (cos 2 a cos a) cos a(cosa 1) cosa.cos 2 2 2 2 a a b2 cos acos 2 cosa cos acos 0.75 2 2 + Bằng quy nạp, chứng minh được: a a a a a an cos aco s ...cos n 1 cos n 1 (1) bn cos aco s ...cos n 1 (2) 2 2 2 2 2 1.0
a + Nhân hai vế của (1) và (2) cho sin và áp dụng công thức sin2a 2n 1 được: a sin 2a.cos 2n 1 , sin 2a an bn . a a 1.0 2n.sin n 1 n 2 .sin n 1 2 2 +(0.50 đ) Tính giới hạn: sin 2a sin 2a lim a n , lim b n 0.75 n 2a n 2a