Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 môn toán trường cấp 3 Thọ Xuân

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 môn toán trường cấp 3 Thọ Xuân

Sở GD&ĐT Thanh hoá Trờng THPT Thọ Xuân 4 Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 THPT Năm học 2005-2006 Môn thi: Toán - bảng A (thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1: (2đ) Không dùng bảng số hoặc mấy tính cá nhân chứng minh: tg 55 0 > 1,4. Câu 2: (2 đ ) Chứng minh + = + 2 0 2 0 xSinxCos dxxSin xSinxCos dxCos nn n nn n Và suy ra giá trị của chúng . Câu 3 ( 2 đ ) Biện luận theo m số nghiệm ccủa phơng trình 644 4 44 =+++++ mxxmxx Câu 4: ( 2 đ ) Tìm m để phơng trình: x 4 (2m + 3 ) x 2 + m + 5 = 0 Có các nghiệm thoả mẫn: - 2 < x 1 < -1 < x 2 < 0 < x 3 < 1 < x 4 < 2. Câu 5: (2đ) Tìm nghiệm trên khoảng ( 0 : ) của phơng trình ) 4 3 (2123 2 sin4 22 += xCosxCos x Câu 6 (2đ) Trong tam giấc ABC có các góc và các cạnh thoả mãn: 22 4 21 ca ca SinB CosB + = + (1) Chứng minh tam giác là tam giác cân Câu 7: ( 2 đ ) Tìm giới hạn E = ) 11 ( 1 nm x x n x m Lim (m,n + Z ) Câu 8: (2đ) Giải hệ phơng trình : ( ) =++++ +=+ ++ )2(0)2ln(14 )1(21541 23 12212 xyxy yxyxyx Câu 9 (2đ) Cho 2 đờng tròn (C 1 ) : x 2 + y 2 x 6y + 8 = 0 (C 2 ): x 2 + y 2 2mx 1 = 0 T×m m ®Ó (C 1 ) vµ ( C 2 ) tiÕp xóc víi nhau Nãi râ lo¹i tiÕp xóc. C©u 10 (2®) Chøng minh r»ng nÕu n lµ sè nguyªn, n ≥ 1 th× 1 1 1 1 +       + + n n > n n       + 1 1 Sở GD&ĐT Thanh hoá Trờng THPT Thọ Xuân 4 Hớng dẫn chấm thi học sinh giỏi lớp 12 THPT Năm học 2005-2006 Môn toán- bảng A Câu Hớng dẫn chấm Điểm 1 Câu 1: Ta có: 18 1 18 1 101 101 )1045(55 0 0 000 + = + =+= tg tg tg tg tgtg Xét hàm số : f(x) = x x + 1 1 ta có: f(x) = 2 )1( 2 x > 0 .Vậy f(x) đồng biến x (- ;1) hoặc x (1;+ ). Theo (1) ta có tg55 0 =f(tg 18 )> f( 18 )>f( ) 6 1 =1,4 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) 2 Đặt t= 2 -x dt = - dx. Ta có: + 2 0 xSinxCos xdxCos nn n = + 2 0 ) 2 () 2 ( ) 2 ( tCosxtSin dttCos nn n = = + 2 0 tSintCos tdtSin nn n = + 2 0 xSinxCos xdxSin nn n (1) Mặt khác: + 2 0 xSinxCos xdxCos nn n + + 2 0 xSinxCos xdxSin nn n = 2 0 dx = 2 . (2) Từ(1) và (2): + 2 0 xSinxCos xdxCos nn n = + 2 0 xSinxCos xdxSin nn n = 4 (0,5đ) (0,25đ) (0,5đ) (0,5đ) (0,25đ) 3 644 4 44 =+++++ mxxmxx (1) Đặt t= 4 4 4 mxx ++ (t 0) (2) t 2 = mxx ++ 4 4 0,25đ 0,25đ Ta có: =+ 06 0 2 tt t t=2. Từ (2) 4 4 4 mxx ++ = 2 x 4 +4x+m=16. -x 4 -4x+16=m Đặt: f(x)= -x 4 -4x+16 f(x) = -4x 3 -4=-4(x 3 +1) f(x)=0 x=-1và f(-1)=19 Lim x = - Bảng biến thiên của f(x) x - -1 + F(x) + 0 - F(x) 19 - - Từ bảng biến thiên ta có bảng biện luận theo m số nghiệm của (1) nh sau: m Số nghiệm của phơng trình (1) + 19 - 0 1 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 4 Đây là phơng trình trùng phơng Đặt t= x 2 0; khi đó phơng trình đã cho có dạng: t 2 (2m+3)t +m+5 = 0 (2). Phơng trình đã cho có 4 nghiệm x 1 ;x 2 ;x 3 ;x 4 khi và chỉ khi phơng trình (2) có 2 nghiệm dơng t 1 ; t 2 dơng.(0<t 1 <t) Khi đó: 21 tx = , 1312 , txtx == và 24 tx = Do đó: - 2< x 1 <-1 < x 2 < 0 < x 3 < 1< x 4 < 2 < > > >+ >+ <+ > > < >>>> <<<<<<<< 7 9 5 3 097 05 03 0)4( 0)0( 0)1( 014 21012 12 2112 m m m m m m af af af tt tttt (Không có m thoả mãn ) 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 5 Ta có: += 4 3 2123 2 4 22 xCosxCos x Sin ) 2 3 2(1123)1(2 ++= xCosxCosCosx xSinxCosCosx 2232 = CosxxSinxCos 2223 = )( 6 2 xCosxCos = + )( 6 2 xx = + +k2 + = + = )3(2 6 7 )2( 3 2 . 18 5 kx kx Do x ( ) ;0 nên ở họ ( 2 ) chỉ lấy đợc k = 0, k = 1 ở họ ( 3 ) chỉ lấy đợc k = 1 Vậy các nghiệm );0( là: 6 5 ; 18 17 ; 8 5 321 = = = xxx 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 6 22 4 21 ca ca SinB CosB + = + ( 1) Ta có: (1) ca ca BSin CosB + = + 2 2)1( 2 2 ca ca B Cos B Sin B Cos + += + 2 2 1 2 . 2 2 2 2 1 2 2 ca aB g =+ 2 4 2 cot1 2 ca a B Sin = 2 4 2 1 2 2 .42 2 B Sinaca = = 2 212 2 B Sinac cCosBa = .2 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0 0)( )(2 2 24 =−⇒ =−⇒ +=⇒ =⇒ =⇒ BA BASin BASinSinACosB SinCSinACosB RSinCRSinACosB ( V× - )Π<−<Π BA BA =⇒ hay ABC ∆ lµ tam gi¸c c©n t¹i C. 0,25® 0,5® 7 Ta cã: E =             − − − −       − − − → xx n xx m nm Ü 1 1 11 1 1 lim 1 = =         − ++++− − − ++++− −− n n m m x x xxxn x xxxm Lim 1 ) 1(( 1 ) 1(( 1212 1 =         − −+−+− − − −++−+− −− n n m m x x xxx x xxx Lim 1 )1 ()1()1( 1 )1( )1()1( 1212 1               ++++ +++++++ −         ++++ +++++++ − − − − → sn n m m x xxx xxx xxx xxx 12 2 12 2 1 1 ) 1( )1(1 1 ) 1( )1(1 lim E= n n m m )1( 21)1( 21 −+++ − −+++ E= 22 1 2 1 2 )1( 2 )1( nmnm n nn m mm − = − − − = − − − 0,5® 0,5® 0,5® 0,5® 8 §Æt t = 2x – y Khi ®ã hÖ (I): ( )    =++++ +=+ +−+−− )2(0)2ln(14 )1(21541 23 12212 xyxy yxyxyx Ta cã: (1) ( ) 11 21541 ++− +=+⇔ ttt t tt 2.21 5 4 5 1 5 +=               +       ⇔ (3) §Æt               +       = tt tf 5 4 5 1 5)( ; g(t) = 1+2. 2 t 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® Ta có: f(t) là hàm số giảm, g(t) là hàm số tăng Và f(1) = g (1) Do đó: (3) 121 == yxt Vậy hệ (I) =+++++ += 0)1ln(32 12 23 yyyy yx Đặt h(y) = y 3 + 2y + 3 + ln ( y 2 + y +1 ) Ta có: h (y) = 3y 2 + 2 + 1 12 2 ++ + yy y = 1 342 3 2 2 2 ++ ++ + yy yy y = 0 1 1)1(2 3 2 2 2 > ++ ++ + yy y y h (y) >0 h(y) là hàm số tăngvà h(-1) = 0 Vậy (I) = = = += 1 0 1 12 y x y yx 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 9 Phơng trình của ( C 1 ) và ( C 2 ) có dạng sau: (C 1 ): 4 5 )3( 2 1 2 2 =+ yx (C 2 ): (x-m) 2 + y 2 = m 2 + 1 Vậy ( C 1 ) là đờng tròn với tâm O 1 3; 2 1 và bán kính R 1 = 2 5 ; (C 2 ) là đờng tròn với tâm O 2 (m,0) và bán kính R 2 = 1 2 +m Ta có: O 1 O 2 = 2 3744 4 3744 2 1 9 22 2 + = + = + mmmm m a, ( C 1 ) và ( C 2 ) tiếp xúc ngoài nếu R 1 +R 2 = O 1 O 2 3744445 22 +=++ mmm 37442020294 222 +=+++ mmmm =+ 755 2 m m +=+ 22 144955 7 mmm m =+ 044144 7 2 mm m m=2 hoặc m = - 2 11 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ b, (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc trong nếu 2121 OORR = 3744445 22 +=+ mmm (1) +) nếu 2 1 >m thì R 2 > R 1 , do vậy từ (1) ta có 3744544 22 +=+ mmm 37442020294 222 +=++ mmmm 557 2 += mm =+ 044144 7 2 mm m (Hệ vô nghiệm) +) nếu 2 1 <m thì R 1 > R 2 , lập luận tơng tự trên ta có đợc hệ vô nghiệm. Kết luận: Để (C 1 ) và (C 2 ) tiếp xúc với nhau thì m = 2 hoặc m = - 2 11 và khi đó mọi sự tiếp xúc đều là tiếp xúc ngoài 0,25đ 0,25đ 0,25đ 10 áp dụng bất đẳng thức côsi cho n+1 số gồm n số 1+ n 1 và số 1 ta có: 1 1 1 1 2 + + + + n n nn n nn nn + + + + 1 1 1 1 1 1 Dấu đẳng thức không thể xảy ra vì 1 1 1 + n Vậy 1 1 1 1 + + + n n > n n + 1 1 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 1 ạ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + + + + + +++ + n sốthừan nghsốn nnn nn . 2 < > > >+ >+ <+ > > < >>>> <<<<<<<< 7 9 5 3 097 05 03 0)4( 0)0( 0)1( 014 21 012 12 2 112 m m m m m m af af af tt tttt (Không có m thoả mãn ) 0 ,25 0 ,25 0,5đ 0,5đ 0,5đ 5 Ta có: += 4 3 2123 2 4 22 xCosxCos x Sin ) 2 3 2( 1123 )1(2 ++= xCosxCosCosx xSinxCosCosx. 6 5 ; 18 17 ; 8 5 321 = = = xxx 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0,5đ 0 ,25 0 ,25 6 22 4 21 ca ca SinB CosB + = + ( 1) Ta có: (1) ca ca BSin CosB + = + 2 2)1( 2 2 ca ca B Cos B Sin B Cos + += + 2 2 1 2 . 2 2 2 2 1 2 2 . + 2 0 xSinxCos xdxCos nn n = + 2 0 ) 2 () 2 ( ) 2 ( tCosxtSin dttCos nn n = = + 2 0 tSintCos tdtSin nn n = + 2 0 xSinxCos xdxSin nn n (1) Mặt khác: + 2 0 xSinxCos xdxCos nn n + + 2 0 xSinxCos xdxSin nn n = 2 0 dx = 2 .