Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 môn toán trường cấp 3 Thọ Xuân
Trang 1Sở 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 550 > 1,4
Câu 2: (2 đ )
Chứng minh
2
0
2
0
.
x Sin x Cos
dx x Sin x
Sin x Cos
dx Cos
n n
n n
n n
Và suy ra giá trị của chúng
Câu 3 ( 2 đ )
Biện luận theo m số nghiệm ccủa phơng trình
4 4 4 4 4 6
x
Câu 4: ( 2 đ )
Tìm m để phơng trình: x4 – (2m + 3 ) x2 + m + 5 = 0
Có các nghiệm thoả mẫn: - 2 < x1 < -1 < x2 < 0 < x3 < 1 < x4 < 2
Câu 5: (2đ)
Tìm nghiệm trên khoảng ( 0 : ) của phơng trình
4
3 ( 2 1 2 3 2 sin
x
Câu 6 (2đ) Trong tam giấc ABC có các góc và các cạnh thoả mãn:
2 2 4
2 1
c a
c a SinB
CosB
(1) Chứng minh tam giác là tam giác cân
Câu 7: ( 2 đ )
1 1
(
n x
m Lim
Z )
Câu 8: (2đ)
Giải hệ phơng trình :
) 2 ( 0 ) 2 ln(
1 4
) 1 ( 2 1 5
4 1
2 3
1 2 2
1 2
x y x
y
y x y
x y x
Câu 9 (2đ)
Cho 2 đờng tròn
(C1 ) : x2 + y2 – x – 6y + 8 = 0
(C2 ): x2 + y2 – 2mx – 1 = 0
Tìm m để (C1 ) và ( C2 ) tiếp xúc với nhau Nói rõ loại tiếp xúc
Câu 10 (2đ)
Chứng minh rằng nếu n là số nguyên, n1 thì
1 1
1 1
n
n >
n
n
1 1
Trang 2Sở 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
Ta có:
18 1 18 1 10 1
10 1 ) 10 45 (
0 0
0 0
tg
tg tg
tg tg
Xét hàm số : f(x) =
x
x
1
1
ta có:
) 1 (
2
x
> 0 Vậy f(x) đồng biến x (- ;1) hoặc
x (1;+)
Theo (1) ta có tg550=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
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
=
2
2 ( )
2 (
) 2 (
t Cos
x t Sin
dt t Cos
n n
n
=
=
2
0Cos t Sin t
tdt Sin
n n
n
=
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
(1)
Mặt khác:
2
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
+
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
=
2
0
dx=2 (2)
Từ(1) và (2):
2
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
=
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
=
4
(0,5đ)
(0,25đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,25đ)
Đặt t=4 x4 4xm (t0) (2)
t2 = x4 4xm
Ta có:
0 6 0
2 t t t
t=2
Từ (2) 4 x4 4xm = 2 x4+4x+m=16
-x4-4x+16=m
Đặt: f(x)= -x4-4x+16 f’(x) = -4x3-4=-4(x3+1) f’(x)=0 x=-1và f(-1)=19
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ
Trang 3Lim
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
0,5đ
4 Đây là phơng trình trùng phơng
Đặt t= x2 0; khi đó phơng trình đã cho có dạng:
t2 – (2m+3)t +m+5 = 0 (2)
Phơng trình đã cho có 4 nghiệm x1;x2;x3;x4 khi và chỉ khi phơng
trình (2) có 2 nghiệm dơng t1 ; t2 dơng.(0<t1<t)
Khi đó:
2
x , x2 t1 ,x3 t1 và x 4 t2
Do đó: - 2< x1 <-1 < x2 < 0 < x3 < 1< x4 < 2
7
95
3 0
9 7
0 5
0 3 0
) 4 (
0 ) 0 (
0 ) 1 (
0 1 4
2 1
0 1
2
1 2
2 1
1 2
m m m m
m m af
af
af
t t
t t
t t
(Không có m thoả mãn )
0,25đ
0,25đ 0,5đ
0,5đ
0,5đ
5
4
3 2
1 2 3 2
) 2
3 2 ( 1 1 2 3 ) 1
(
x Sin x
Cos Cosx 3 2 2
Cosx x
Sin x Cos2 2 2
) ( 6
) ( 6
2x x
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Trang 4
) 3 ( 2 6 7
) 2 ( 3
2 18 5
k x
k x
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
3 2
1
x
0,5đ
0,25đ 0,25đ
6
2 2 4
2 1
c a
c a SinB
CosB
( 1)
Ta có:
(1)
c a
c a B
Sin
CosB
2
2 ) 1
(
2 2
c a
c a B
Cos
B Sin
B Cos
2
2 1 2
2 2
2
2 1
2 2
c a
a B
g
2
4 2 cot
a B
2 4 2
1 2
2 4
Sin a c
a
2 2 1
Sin a
c
c CosB
2
0
0 ) (
) ( 2
2
2 4
B A
B A Sin
B A Sin SinACosB
SinC SinACosB
RSinC RSinACosB
( Vì - A B )
B
A
hay ABClà tam giác cân tại C
0,25đ
0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,25đ
0,5đ
n x
x
m
n m
1 1
1
1 1
lim
n
n m
m
x x
x n
x
x x
x m
Lim
1
)
1 ( ( 1
)
1 (
1
=
n
n m
m
x x
x x
x x
x Lim
1
) 1
(
) 1 ( ) 1 ( 1
) 1
(
) 1 ( ) 1
1
0,5đ
Trang 5
n m
m
x x
x x
x x
x x
x
1 2
2 1
2
2
)
1 (
) 1 ( 1
1
)
1 (
) 1 ( 1
lim
E=
n
n m
m 1 ) 1 2 ( 1 ) (
2
E=
2 2
1 2
1 2
) 1 ( 2 ) 1
n
n n m
m
0,5đ
0,5đ
0,5đ
8 Đặt t = 2x – y
Khi đó hệ (I):
) 2 ( 0 ) 2 ln(
1 4
) 1 ( 2 1 5
4 1
2 3
1 2 2
1 2
x y x
y
y x y
x y x
Ta có:
(1) 1 4t5 t 1 1 2t 1
t t
2 2 1 5
4 5
1
Đặt
t t
t f
5
4 5
1 5 )
Ta có: f(t) là hàm số giảm, g(t) là hàm số tăng
Và f(1) = g (1)
Do đó: (3) t 1 2x y 1
Vậy hệ (I)
0 ) 1 ln(
3 2
1 2
2
y
y x
Đặt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 )
Ta có: h’(y) = 3y2 + 2 +
1
1 2 2
y y y
=
1
3 4 2
2 2
y y
y y y
1
1 ) 1 ( 2
2
y y
y y
h’(y) >0 h(y) là hàm số tăngvà h(-1) = 0
Vậy (I)
1
0 1
1 2
y
x y
y x
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ
9 Phơng trình của ( C1) và ( C2 ) có dạng sau:
(C1):
4
5 ) 3 ( 2
x
Trang 6Vậy ( C1) là đờng tròn với tâm O1
; 3 2
1
và bán kính R1 =
2
5 ; (C2) là đờng tròn với tâm O2 (m,0) và bán kính R2 = 2 1
m
Ta có: O1O2 =
2
37 4 4 4
37 4 4 2
1
2
a, ( C1) và ( C2) tiếp xúc ngoài nếu R1+R2 = O1O2
37 4 4 4 4
37 4 4 20 20
2 9
2
5
7
m m m
m
0 44 14 4
7 2
m m
m
m=2 hoặc m =
-2 11
b, (C1) và (C2) tiếp xúc trong nếu R1 R2 O1O2
37 4 4 4 4
+) nếu
2
1
m thì R2 > R1, do vậy từ (1) ta có
37 4 4 5 4
m
37 4 4 20 20
2 9
5 5
0 44 14 4
7 2
m m
m
(Hệ vô nghiệm) +) nếu
2
1
m thì R1 > R2 , lập luận tơng tự trên ta có đợc hệ vô
nghiệm
Kết luận: Để (C1) và (C2) 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
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
số 1+
n
1
và số 1 ta có:
1 1
2
n
n n
n
n n
n
1 1 1
1 1
1
Dấu đẳng thức không thể xảy ra vì 1 1 1
n
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
1
1
1 1 1
1
1 1
1
1
n
số thừa n
ng
h
số
n
n n
n
n n
Trang 7VËy
1
1
n >
n
1 1
0,5®