Đề thi và đáp án chọn học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh (thanh hóa) Bảng A

Trang 1

Sở giáo dục và đào tạo thanh hoá Cộng hoà x hội chủ nghĩa ã hội chủ nghĩa

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

n mx x y

C m với mn  1 Chứng minh rằng: Nếu a để đờng thẳng : y=a không cắt họ

đờng cong(C m)thì họ đờng cong có cực đại và cực tiểu



0

sin 2

dx

e x

>

2

3 

3 2

13 3

5 2

2



x x

Giải phơng trình: 2 5 5





x

Giải phơng trình: cosx 3 3 sinx cos 7x

Cho hàm số 





t t t

f

cos 1 sin )

Chứng minh rằng:  ABC ta luôn có:

2

3 3 ) ( ) ( ) (A  f B  f C 

Cho hàm số f :  *   * thoả mãn 2 điều kiện

i f(  1 ) 2

ii n>1 thì f( 1 )  f( 2 )   f(n) n2f(n)

Hãy xác định công thức đơn giản tính f (n)?

Giải hệ phơng trình

















2 log

log log

2

lo g

lo g log

2

lo g log

log

16 16

4

9 9

3

4 4

2

x y

z

z x

y

z y

x

Cho tứ diện ABCD, chứng minh rằng:

2

) (ACBD  ADBC >(AB  CD) 2

Bài 10 (2điểm)

Chứng minh rằng:

) 1 2 (

5 3 1

2

6 4 2 1

2

) 1 (

5 3 1

2 1













n

n n

C C

n

n n





n

, nếu 0 < t ≤Π/2 , nếu Π/2 < t <Π

Trang 2

Đáp án - thang điểm

đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh – bảng a

điểm

Bài 1 ( 2 điểm)

Vì m+n  1 nên họ đờng cong (C m)có cực đại, cực tiểu khi

m+n > -1

Đờng thẳng  không cắt (C m)nên phơng trình:

a

x

n mx x







 1

2

vô nghiệm Nên suy ra phơng trình: 2 ( ) 0







nghiệm

a2 2a(m 2 ) m2 4n











 a  4m 4n 4> 0

n

m 

 > -1  (C m)có cực đại, cực tiểu

Bài 2 ( 2 điểm)

Bổ đề: x>0 thì e x >x+1

Thật vậy: Đặt f(x) = ex - x - 1 x 0

Ta có: f (x) e x  1  0, x 0

 x> 0 thì f(x) > f(0) = 0  e x> x+1 x>0

áp dụng bổ đề ta có: x ( 0 ,  )  esin2x>1 sin 2 x

 



0

sin 2

dx

e x

>

2

3 ) sin 1 (

0







Bài 3 ( 2 điểm)

Điều kiện 





 2 1

x x

Nhận thấy x 0 không phải là nghiệm nên phơng trình

3 1 6

2

13 5

3 2

2











x

x x

x

x 3 

1

13 5

2















2 11

1

t t

Với t =1 thì phơng trình vô nghiệm

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: x  5











x

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 0.25

0.25

Trang 3

Phơng trình trở thành: 









 5

t



















0 ) 1

)(

(

5

2

t

x

t

x

t

x







































 









   







  









2 17 1 21 1

2 17 1 2 21 1

0 4 0 5

2 2

x x

x x x x x t x x x t

Bài 5 ( 2 điểm)

Biến đổi tơng đơng phơng trình đã cho



































2 3 3 ) 2 cos 2

1

(

4

sin

2

0

sin

0 3 3 ) 2 cos 2 1 ( 4

sin

2

sin

0 sin 3 3 ) sin 4 3 ( sin

4

sin

2

0 sin 3 3 4 sin

3

sin

2

0 sin 3 3 7

cos

2

x x

x

x x

x

x x

x

x x

x

Giải (1) ta đợc x=k với k 

Giải (2): Ta có (2)  sin 4xcos 2x sin 4x

2

3 3

2

3 3 4 sin 2 cos 2 sin





áp dụng BĐT Côsi cho 3 số:

2

2 cos , 2

2 cos , 2 sin 2 2 x 2 x x

2 2 2

2 2

4

) 2 cos 2 (sin 3 2

2 cos 2

3 3

2 2

cos 2 sin 2 cos

2



3 3

2 4 sin 2 cos 2

sin





x

2

3 3

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

3 3 ) ( ) ( ) (A  f B  f C 

f

2

3 3 sin sin

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

3 3 ) ( ) ( ) (A  f B  f C 

f

2

3 3 cos 1 sin

2

3 3 sin sin

Vì ta có nhận xét: 1  cosC sinC với C là góc tù

Chứng minh ở trờng hợp 1

Bài 7 ( 2 điểm)

0.5

1.25

0.5 0.25 0.25

0.25

0.5

0.25

0.5 0.5

0.25

Trang 4

Vì f( 1 )  f( 2 )  4f( 2 )

3

2 ) 2 ( 

 f

Với n 3, theo giả thiết:



















) 1 ( ) 1 ( ) 1 (

) 2 ( ) 1 (

) ( )

( ) 1 (

) 2 ( ) 1 (

2 2

n f n n

f f

f

n f n n f n

f f

f

) 1 ( ) 1 ( ) ( )





) 1 ( 1

1 )







n

f

vậy với 3 ( ) ( (1)(1) 2) 4 2 (2) ( 4 1)















n n

f n

n

n n n f n

vì

3

2 ) 2 (

;

2

)

1

f thoả mãn công thức trên nên

*

) 1 (

4

)



n

f

Bài 8 ( 2 điểm)

Điều kiện x,y,z>0

Với điều kiện trên hệ phơng trình

















2 log

log log

2 log

log log

2 log

log log

16 16

2 16

9 9

2 9

4 4

2 4

x y

z

z x

y

z y

x







2

lo g

2

lo g

2

lo g

2 16 2 9 2 4

yx z

xz y yz x









256 81

2 2

yx z

xz y

y z x

Giải hệ phơng trình ta đợc











3 32 8 27 3

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>MP2+NQ2=2(PQ2+QM2)>(PQ+QM)2

Vậy: (MO+OP)2+(NO+OQ)2>(PQ+QM)2

2

1 2

1 ( ) 2

1 2

1

( AD BC  BD AC >(

2

1 AB+

2

1 CD)2

 (ACBD) 2  (ADBC) 2>(AB  CD) 2 (đpcm)

Bài 10 ( 2 điểm)

2 2 1

1

(  x   C x C x    C n x nn 

n n n

n n





1

0

2 4

2 2 1 1

0

1

n n n

n

=

1 2

) 1 (

5

1 3

1









n

C C

C

n n n n

Tính In= 

1

0

2 ) 1

( x n dx

đặt x= cost,   

2 , 0 , cost t  x

0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25 0.5

0.5

0.75

0.25 0.5 0.5 0.5 0.25 0.25

0.5

Trang 5

dx  sin







2

0

1 2

sin



tdt

n

đặt



tdt dv

t

sin

sin 2

n n

I 2 cos sin 2 2( 1 sin ) sin 2 1 2 1 2

0

2 2

0

1 2 2













0 1

) 1 2 (

5 3

2

4 2 1

2

I n

n I

n









Vậy In=1.32.5.4 (.6 22 1)



n

(2)

Từ (1) và (2)  đpcm

0.5

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

Định dạng
Số trang	5
Dung lượng	230 KB