Huong dan cham de thi HSG lop 12 nam hoc 20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 Equation Chapter 1 Section 1 HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 NĂM HỌC 2012-2013 Câu 1: Cho hai đường thẳng song song d và d’. Trên d có 10 điểm phân biệt, trên d’ có n điểm phân biệt, n 2 . Biết rằng có 2800 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Hãy tìm n. Hướng dẫn: Cách 1: Ba điểm không thẳng hàng xác định một tam giác. Do đó, có các trường hợp sau: 2 - Tam giác có một đỉnh trên d và 2 đỉnh trên d’, số tam giác loại này là: 10.Cn 2 - Tam giác có một đỉnh trên d’ và 2 đỉnh trên d, số tam giác loại này là: n.C10 2 2 Từ giả thiết, ta có phương trình: 10Cn  nC10 2800 (n 2) (*).  10 (*). n!  45n 2800  5n( n  1)  45n 2800 2!(n  2)!.  n 20  n 2  8n  560 0    n 20  n  28 n 20. Cách 2: 3 Tổng số điểm trên d và d’ là n+10. Số cách lấy 3 điểm từ n+10 điểm trên là: Cn 10 3 Số cách lấy 3 điểm thuộc d là: C10 (3 điểm loại này không tạo thành tam giác) 3 Số cách lấy 3 điểm thuộc d’ là: Cn (3 điểm loại này không tạo thành tam giác) 3 3 3  Số tam giác tạo thành là: Cn 10  Cn  C10 3 3 3 Theo đề bài tao có: Cn 10  Cn  C10 2800 (n 3) ….. sin x  cos x  2 tan 2 x  cos 2 x 0 Câu 2: Giải phương trình sin x  cos x (*) Hướng dẫn: sin x  cos x  0      cos 2 x 0  2 x   k  x   k  2 4 2 ( k  ) Điều kiện: cos 2 x 0 Hướng 1: Quy đồng mẫu số và rút gọn sin 2 x tan 2 x  2 2 cos 2 x và cos 2 x cos x  sin x (cos x  sin x)(cos x  sin x) nên: Nhận thấy  (*).  (sin x  cos x) 2 sin 2 x 2  cos 2 x 0 (cos x  sin x)(sin x  cos x) cos 2 x.  1  sin 2 x sin 2 x 2  cos 2 x 0 cos 2 x cos 2 x   1  sin 2 x  2sin 2 x  cos 2 2 x 0  sin 2 x  sin 2 2 x 0  sin 2 x(1  sin 2 x) 0  sin 2 x 0   sin 2 x 0  sin 2 x 1 (Do cos 2 x 0  sin 2 x 1 ) . 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013  2 x k  x k.  2 (Thỏa mãn điều kiện) x k.  2. (k  ). Hướng 2: Đại số hóa phương trình lượng giác 2 tan x 1  tan 2 x sin x  cos x 1  tan x tan 2 x  ; cos 2 x   1  tan 2 x 1  tan 2 x ; sin x  cos x tan x  1 ( cos x 0 ) Nhận thấy:  cos x 0  x   k 2 - Trường hợp 1: thỏa mãn phương trình (*)  cos x 0  x   k 2 - Trường hợp 2: Xét , 2 2 sin x  cos x 2sin x.cos x cos x  sin x 2 cos x cos x cos2 x  2  0 2 2 sin x  cos x 1 cos x  sin x cos x cos 2 x cos 2 x (*) 1  tan x 2 tan x 1  tan 2 x  2.  0 tan x  1 1  tan 2 x 1  tan 2 x Đặt t tan x được phương trình: 1 t 2t 1 t2  (1  t ) 2 4t 1 t2  2   0    0 1 t 1 t2 1 t2 1 t2 1 t2 1 t2  (1  t ) 2 1  t 2 (1  t ) 2 1  t 2    0   1 t2 1 t2 1 t2 1 t2 2 2 2 2 (1  t ) 2 (1  t 2 ) (1  t ) 2 (1  t ) 2 (1  t ) (1  t ) (1  t )    2 1  t 0 t 1 . 1  t 2 (1  t ) 2   t 0 t 1 Với t 0  tan x 0  x k (thỏa mãn điều kiện)  x k 2 Kết hợp hai trường hợp trên ta có kết quả. Câu 3: Giải phương trình. log 2 ( x  2)  log 4 ( x  5) 2  log 1 8 0 2. Hướng dẫn: x   2  Điều kiện  x 5 Phương trình.  log 2 ( x  2)  log 2 x  5  log 2 8 0  log 2. 2. ( x  2) x  5 8. 0.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013  x  5  2 ( x  2) x  5   x  3x  18 0  1  ( x  2) x  5 8    8 2 x 5      x 2  3 x  2 0.  x 6   x  3  17  2  x 6   x  3  17  2. x3 y 3 z 3   x 2  y 2  z 2 z x Câu 4: Chứng minh rằng với mọi x, y , z  0 thì y Hướng dẫn: Cách 1: Áp dụng BĐT Cosi ta có: x3 x3  xy 2 .xy 2 x 2 y y (1) y3 y3  yz 2 . yz 2 y 2 z z (2) z3 z3  xz 2 .xz 2 z 2 x x (3) Cộng từng vế của ba BĐT (1), (2), (3) ta được: x3 y 3 z 3    xy  yz  zx 2( x 2  y 2  z 2 ) y z x (4) 2 2 2 Dễ chứng minh được BĐT: x  y  z  xy  yz  xz (5). Từ (4) và (5) ta có: x3 y3 z 3    xy  yz  zx 2( x 2  y 2  z 2 ) x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx y z x .. x3 y3 z 3   x 2  y 2  z 2 z x Suy ra: y (đpcm) x  y  z Dấu “=” xảy ra khi . Cách 2: Áp dụng BĐT Cosi cho 3 số, ta có: x 3 x3 x3 x 3   y 2 3 3 . . y 2 3 x 2 y y y y (6) y3 y3 y3 y3   z 2 3 3 . .z 2 3 y 2 z z z z (7) z3 z3 z3 z3   x 2 3 3 . .x 2 3 z 2 x x x x (8) Cộng vế với vế của ba BĐT (7), (8), (9) và rút gọn ta được BĐT cần phải chứng minh. Cách 3: Sử dụng hệ quả của BĐT Bunhiacopxki cho 2 bộ 3 số:. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 (. b b1 b ; 2 ; 3 ) a1 a2 a3. ( a1 ; a2 ; a3 ) Áp dụng BĐT Bunhiacopxki cho hai bộ 3 số và  b  b b ( a1 ) 2  ( a2 )2  ( a2 ) 2  ( 1 ) 2  ( 2 ) 2  ( 3 ) 2  (b1  b2  b3 ) 2  a a2 a3  1   b2 b2 b2   (a1  a2  a3 )  1  2  3  (b1  b2  b3 ) 2  a1 a2 a3 . . , ta có:. . b12 b22 b32 (b1  b2  b3 ) 2     a1 a2 a3 a1  a2  a3 . (9). b1 b2 b3   a1 a2 a3. Dấu “=” xảy ra x3 y 3 z 3 x 4 y 4 z 4 theo (9) ( x 2  y 2  z 2 )2       x2  y 2  z 2 z x xy yz zx xy  yz  zx Ta có y (theo (5)) 2x  1 x  1 có đồ thị (C) Câu 5: Cho hàm số a) Giải bất phương trình y '   4 y. b) Viết phương trình tiếp tuyến với (C) biết tiếp tuyến này cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại A, B mà OA 4OB . Hướng dẫn: 1 y'  ( x  1) 2 . a) Ta có 1 y'  4  4 ( x  1) 2 Bất phương trình. 1  2 ( x  1)  4   x 1. 1 3  1 x 1   x 2  2 2   x 1  x 1 3 1  x 2 2  x 1. b) Cách 1:. 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 OB 1 1 1  k k  OA 4 nên hệ số góc của tiếp tuyến 4 hoặc 4 . Nhưng do Ta có 1 1 y'   0, x 1 k  2 ( x  1) 4. nên hệ số góc của tiếp tuyến là  x 3 1 1   2 4  x  1 . Từ đó ta xác định được hai tiếp Hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình ( x  1)  tan OAB . tuyến thỏa mãn: Cách 2:. y . 1 5 1 13 x  ; y  x  4 4 4 4. 2 x0  1 ) ( x0 1) x  1 0 Phương trình tiếp tuyến với (C) tại điểm là: 2 2x  1 2 x  2 x0  1 1 x y ( x  x0 )  0 y  0 2 2 ( x0  1) x0  1 hay ( x0  1) ( x0  1) 2 M ( x0 ;. Ta xác định được tọa độ giao điểm của tiếp tuyến với các trục tọa độ: 2 x 2  2 x0  1 A(2 x02  2 x0  1;0), B(0; 0 ) ( x0  1) 2 2 x02  2 x0  1 4. Từ giả thiết OA 4OB , ta có: Cách 3: Giả sử A(a;0), B(0; b) với ab 0 ..  x0 3 2 x02  2 x0  1  ( x0  1) 2 4   2 ( x0  1)  x0  1 …. b 1  a 4 Với giả thiết x y b  :  1  : y  x b a b a Đường thẳng đi qua hai điểm A, B có dạng hay b  : y  x b a Đường là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm: b  1  ( x  1) 2  a (*)   2 x  1   b x  b (**)  x  1 a (I) OA 4OB  a 4 b  a 4b . 1  1  ( x  1)2  4   2 x  1  1 b b 1   x b 0  4 a 4 . Hệ (I) trở thành  x  1 Từ (*) suy ra a 1 5 1 13 y  x  ; y  x  4 4 4 4 Do vậy có hai tiếp tuyến thỏa mãn: y .   x 3    x  1   2 x  1 1 b   x  x 1 4. 13  b   4  5 b   4. 1 5 1 13 x  ; y  x  4 4 4 4. Câu 6: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có A’.ABC là hình chóp tam giác đều, cạnh đáy AB=a, cạnh bên AA’=b. Gọi  là góc tạo bởi hai mặt phẳng (ABC) và (A’BC). a) Xác định góc  và tính tan  5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Giải đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm học 2012-2013 b) Tính thể tích khối chóp A’.BB’C’C. Hướng dẫn: a) Gọi M là trung điểm của BC, G là trọng tâm của tam giác ABC. Vì A’.ABC là hình chóp đều nên A ' G  ( ABC )   Ta xác định được  (( ABC ), ( A ' BC ))  A ' MG Vì ABC là tam giác đều cạnh a nên 2 2a 3 a 3 a 3 AG  AM   ; GM  3 3 2 3 6 2 1 1 a 3 a 3 S ABC  BC. AM  a.  2 2 2 4. A ' G  AA '2  AG 2  b 2 . a2 3. a2 A'G 2 3b 2  a 2 3 tan     GM a a 3 6 + 1 VABC . A ' B 'C '  A ' G.S ABC ;VA '. ABC  A ' G.S ABC 3 + 2 2 2 a 2 a 2 3 a 2 3b 2  a 2  VABC . A ' B 'C '  A ' G.S ABC  b 2  .  VA ' BB 'C 'C VABC . A ' B 'C '  VA '. ABC 3 3 3 3 4 6 b2 . a). tan  . 2 3b 2  a 2 a. b). 6. V. a 2 3b 2  a 2 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>