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