Đề thi và đáp án chọn học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh (thanh hóa) Bảng A
Sở giáo dục và đào tạo thanh hoá Cộng hoà x hội chủ nghĩa ã 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 đờng cong 1 :)( 2 ++ = x nmxx yC m với 1+nm Chứng minh rằng: Nếu a để đờng thẳng : y=a không cắt họ đ- ờng cong )( m C thì họ đờng cong có cực đại và cực tiểu. Bài 2 (2điểm) Chứng minh rằng: 0 sin 2 dxe x > 2 3 Bài 3 (2điểm) Giải phơng trình: 6 32 13 352 2 22 = ++ + + xx x xx x Bài 4 (2điểm) Giải phơng trình: 55 2 =++ xx Bài 5 (2điểm) Giải phơng trình: xxx 7cossin33cos = Bài 6 (2điểm) Cho hàm số + = t t tf 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 phơng trình , nếu 0 < t /2 , nếu /2 < t < =++ =++ =++ 2logloglog 2logloglog 2logloglog 16164 993 442 xyz zxy zyx Bµi 9 (2®iÓm) Cho tø diÖn ABCD, chøng minh r»ng: 22 )()( BCADBDAC +++ > 2 )( CDAB + Bµi 10 (2®iÓm) Chøng minh r»ng: )12 (5.3.1 2 6.4.2 12 )1( 53 1 21 + = + − +++− n n n CCC n n n nn , Ν∈∀ 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 đờng cong )( m C có cực đại, cực tiểu khi m+n > -1. Đờng thẳng không cắt )( m C nên phơng trình: a x nmxx = ++ 1 2 vô nghiệm Nên suy ra phơng trình: 0)( 2 =++ anxmax vô nghiệm nmmaa 4)2(2 22 ++= < 0 có nghiệm a 444 ++= nm a > 0 nm + > -1 )( m C có cực đại, cực tiểu Bài 2 ( 2 điểm) Bổ đề: x>0 thì e x >x+1 Thật vậy: Đặt f(x) = e x - x - 1 0 x Ta có: 01)( = x exf , 0x x > 0 thì f(x) > f(0) = 0 x e > x+1 x >0 áp dụng bổ đề ta có: x ex 2 sin ),0( > x 2 sin1+ 0 sin 2 dxe x > 2 3 )sin1( 0 2 =+ dxx Bài 3 ( 2 điểm) Điều kiện 2 3 1 x x Nhận thấy 0=x không phải là nghiệm nên phơng trình 6 1 3 2 13 5 3 2 2 = ++ + + x x x x Đặt t x x =+ 3 2 phơng trình trở thành: 6 1 13 5 2 = + + tt = = 2 11 1 t t Với t =1 thì phơng 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 0.25 Với 2 11 =t thì phơng trình có nghiệm = = 3 2 2 x x Kết luận: Phơng trình có nghiệm = = 3 2 2 x x Bài 4 ( 2 điểm) Điều kiện: 5x Đặt 505 2 +==+ xttx Phơng trình trở thành: = =+ 5 5 2 2 xt tx =++ =+ 0)1)(( 5 2 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 tơng đơng phơng 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 đợc x=k với k Giải (2): Ta có (2) =+ xxx 4sin2cos4sin 2 33 2 33 4sin2cos2sin4 2 =+ xxx (3) áp dụng BĐT Côsi cho 3 số: 2 2cos , 2 2cos ,2sin 22 2 xx x ta đợc =1 3 22 22 2 4 )2cos2(sin 3 2 2cos 2 2cos 2sin xx xx x ++ 0.25 0.25 0.5 1.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 33 2 2cos2sin2cos2sin 22 xxxx do đó 1 33 2 4sin2cos2sin4 2 ++ xxx < 2 33 suy ra (3) vô nghiệm nên (2) vô nghiệm. Kết luận: Phơng trình có nghiệm x=k với k Bài 6 ( 2 điểm) Trờng hợp 1: Tam giác ABC không tù, ta có 2 33 )()()( ++ CfBfAf 2 33 sinsinsin ++ CBA Chứng minh bất đẳng thức trên. Trờng hợp 2: Tam giác ABC tù, không giảm tính tổng quát giả sử góc C tù, ta có: 2 33 )()()( ++ CfBfAf 2 33 cos1sinsin +++ CBA 2 33 sinsinsin ++ CBA Vì ta có nhận xét: CC sincos1 + với C là góc tù. Chứng minh ở trờng hợp 1. Bài 7 ( 2 điểm) Vì )2(4)2()1( fff =+ 3 2 )2( = f Với 3 n , theo giả thiết: =+++ =++++ )1()1()1( )2()1( )()()1( )2()1( 2 2 nfnnfff nfnnfnfff )1()1()()( 2 = nfnnfnnf )1( 1 1 )( + = nf n n nf vậy với )1( 4 )2( 4 )1( 2) 2)(1( )(3 + = + = nn f nn nn nfn vì 3 2 )2(;2)1( == ff thoả mãn công thức trên nên * )1( 4 )( + = n nn nf 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 0.5 Với điều kiện trên hệ phơng 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 phơng trình ta đợc = = = 3 32 8 27 3 2 z y x là nghiệm của hệ phơng trình. Bài 9 ( 2 điểm) Gọi O,M,N,P,Qlần lợt 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 1 AB+ 2 1 CD) 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 1 1 21 + +++ n C CC n n n nn (1) Tính I n = 1 0 2 )1( dxx n 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 12 sin tdtI n n đặt = = tdtdv tu n sin sin 2 nn nn n nInItdttntdttnI 22sin)sin1(2sincos2 1 12 2 0 2 2 0 122 === 01 )12 (5.3 2 4.2 12 2 I n n I n n I nn + = + = Vậy I n = )12 (5.3.1 2 6.4.2 +n n (2) Từ (1) và (2) đpcm 0.5 0.25 Lu 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 . x= cost, = 2 ,0,cos ttx tdtdx sin= + = 2 0 12 sin tdtI n n đặt = = tdtdv tu n sin sin 2 nn nn n nInItdttntdttnI 22sin)sin1(2sincos2 1 12 2 0 2 2 0 122 === 01 )12 (5.3 2 4.2 12 2 I n n I n n I nn + = + = . xxx 4sin2cos4sin 2 33 2 33 4sin2cos2sin4 2 =+ xxx (3) áp dụng BĐT Côsi cho 3 số: 2 2cos , 2 2cos ,2sin 22 2 xx x ta đợc =1 3 22 22 2 4 )2cos2(sin 3 2 2cos 2 2cos 2sin xx xx x ++ 0.25 0.25 0.5 1.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.5 33 2 2cos2sin2cos2sin 22 . ] =+ = =+ = = = 2 33 )2cos21(4sin2 0sin 033)2cos21(4sin2sin 0sin33)sin43(sin4sin2 0sin334sin3sin2 0sin337coscos 2 xx x xxx xxxx xxx xxx Giải (1) ta đợc x=k với k Giải (2): Ta có (2) =+ xxx 4sin2cos4sin 2 33