ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
Thời gian :180’ Môn : Toán
1-Bài 1: (3 điểm) Cho tích phân
∫
=
2
0
π
xdxSinI
n
n
. (
*
Nn ∈
)
a-Tìm hệ thức giữa I
n
và I
n+2
b-CMR : hàm số f
(n)
=(n+1)I
n
I
n+1
thoả mãn f
(n+1)
=f
(n)
.
c-Tính f

2
; ;a
n
; thoả mãn :

( )
1 1
210
≤≤≤≤≤=
n
aaaa
. Dãy b
n
xác định như sau :
k
a
n
k
k
k
n
a
a
b
1
1
1
1
∑
=

ABC∆
CMR: Điều kiện cần và đủ để trên đoạn AB tồn tại điểm D sao
cho CD là trung bình nhân các độ dài AD ;BD là:

2
.
2
C
SinSinBSinA ≤
.
5- Bài 5 : (3 điểm). CMR x
1
>0 ; x
2
>0 ; x
1
y
1
-z
1
2
>0 ; x
2
y
2
-z
2
2
>0. Thì :


.PSDMNQ =∩
a- CMR: MNPQ là hình thang vuông,
RPQMN =∩
. Tìm quĩ tích R khi M di
chuyển trên AB.
b- Đặt AM=x. Tính diện tích hình thang MNPQ theo a và x, xác định x để diện
tích đạt giá trị lớn nhất .Tính diện tích lớn nhất đó.
1
ĐÁP ÁN THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
1- bài 1: ( 3 điểm)
a- Tìm hệ thức giữa I
n
và I
n+2
. ta có I
n+2
=
( )
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
−=−==
+
2
0
2
0
2
0
2
0
2

n
1
1
1
.
(0,25)
vậy
.
1
1
0
1
1
1
1
2
2
0
2
2
0
2
0
12
+
++
∫∫
+
+=
+

+n
I
n+2

⇒
(n+1)I
n
= (n+2) I
n+2
(0,25)
b- CM : f
(n+1)
= f
(n)

từ f
(n)
=(n+1) I
n
I
n+1

⇒
: f
(n+1)

)
=(n+2) I
n+1
I

1
43
32
21
ff
ff
ff
ff
ff
n
nn
=⇒











=
=
=
=
−
(0,25)
f

dxxCosCosxxdxSinSinxdx
(0,5)
vậy f
(n)
=
2
π
với
n∀
.
2- Bài 2: (4 điểm)
a- (2 điểm) Để vế trái có nghĩa :
điều kiện :





≠
−≥
⇔



≠+−
≥+
0
2
1
0211

4
x
x
x
++=
+−
(0,25)
BPT :
⇔
: ( 1+
x21+
)
2
< 2x + 9 (0,25)

⇔
1+1 +2x + 2
x21+
< 2x + 9 (0,25)
⇔

x21+
<
2
7
⇔
1+ 2x <
4
49
(0,25)

(0,5)
Đặt Sinx = u ; Siny = v . Khi đó hệ trở thành :
(1)
(2)
(0,5)
(3)
3









≤≤
−
=+
=+
1;1
2
2
2
1
22
vu
m
vu
vu

Vậy để đường tròn ( 2) cắt AB. Trong hình vuông ta phải có
4
7
2
1
4
5
2
2
8
1
≤≤−⇔≤
−
≤ m
m
(0,5)
với m






∈
4
7
;
2
1
thì hệ có nghiệm

1
1
∑
=
−








−=
0≥

n∀
(0,5)
mặt khác :
( )( ) ( )
k
kk
kk
kkkk
kk
kk
k
k
k
a







−=
−
≤
−−
−
kkkk
kk
aaaa
aa
11
22
11
1
vậy b
n

2
211
2
11
2
00
1
1

< 2. (0,5)
b- Nếu chọn C thoả mãn
C
≤
0
< 2 thì ta có thể chọn được q sao cho C<q <2 .phương
trình x(x+1)=q có hai nghiệm trái dáu vì -q<0.nghiệm dương x
1
=p thoả mãn 0<p<1 ( vì
nếu p>1 thì p(P+1) >2>q ) (0,5)
xét dãy
); 3;2;1 (
1
2
== n
p
a
n
n
thoả mãn 1=a
0
<a
1
<a
2
<a
3
< <a
n
< đồng thời

1
∑
=
−








−=
=
.)1()1()1(
1
)1(
)1()1(
2
1
2 nnn
n
n
k
k
qpqpqppp
p
pp
ppp −=−=−+=
−

[ ]
2
)1(
2
1
)()(
2
1
;
2
212121
21
C
Sin
CosCCCCosCCCosSinCSinCSinBSinA
DB
SInC
CD
SinB
AD
SinC
CD
SinA
=
−≤+−−==⇒==
* Điều kiện đủ : (1,5 điểm)
Từ SinA.SinB
)1(
2
1

α
> CosC nên
α
<C (0,25)
=> SinA.SinB =
21
2
.
2
)(
2
1
SinCSinC
C
Sin
C
SinCosCCos =
+−
=−
αα
α
(
)
2
;
2
21
αα
+
=

X
2
-2z
1
X +y
1.

G(x) = x
2
X
2
- 2 z
2
X + y
2
H(x) = F(x) + G(x) (0,5)
Đặt : D
1
= x
1
y
1
-
2
1
z

D
2
= x





−
+








−
2
1
2
111
2
1
1
x
zyx
x
z
X

mọi X ta có F
(X)

21
xx
D
+
≥
dấu bằng xảy ra X=
21
21
xx
zz
+
+
khi X=
21
21
xx
zz
+
+
ta có
≥
+
21
xx
D
1
1
x
D
+





++
≤
2
2
1
1
21
2
2
1
1
21
8811
x
D
x
D
xx
D
x
D
x
D
xx
D
(0,5)

≤
+−++

dấu bằng xảy ra khi z
2
/x
2
= z
1
/x
1
; x
1
=x
2
;D
1
=D
2
 x
1
=x
2
; y
1
=y
2
; z
1
=z

⊂
(SBC)
S= (SAD)
∩
(SBC); AD//BC vậy giao tuyến của hai mặt phẳng là đường thẳng đi qua S
và song song với BC , Đó là St => St
⊥
(SAB)=> St
⊥
SB và St
⊥
SA nên góc ASB là
góc phẳng nhị diện của (SAD)và (SBC)và có độ lớn bằng 60
0
2-a- (1 điểm) Ta có (MNQ) //AD; NP= (MNQ)
∩

(SAD);MQ//AD;MQ
⊂
(MNQ); AD
⊂
(SAD) =>NP//MQ
mặt khác MQ
⊥
AB
⊂
(SAB); AB =(SAB)
∩
(ABCD) =>MQ
⊥

).2(
2
).(
2
)(
2
max
2
2
a
S
axxaxxaxaxaMNMQNP
=⇒=






+−
≤
−
=
+−
=
+
khi 2a-x=x x=a chính khi P
≡
N
≡