Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 môn toán trường cấp 3 Thọ Xuân
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (123.5 KB, 9 trang )
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
