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 550 > 1,4
Câu 2: (2 đ )
Chứng minh ∫ ∫
Π Π
+
= +
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
x4 + 4x+m+ 4 x4 + 4x+m = 6
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 : Π) của phơng trình
4
3 ( 2 1 2 3 2 sin
x Cos x
Cos 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 )
Tìm giới hạn E = )
1 1
(
n x
m Lim
−
−
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
Trang 2Tìm 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, n≥1 thì
1 1
1 1
+
+ +
n
n >
n
n
1
Trang 3Sở 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
Π
−
Π +
=
−
+
= +
=
tg
tg tg
tg tg
Xét hàm số : f(x) =
x
x
−
+ 1
1
ta có:
f’(x) =( 1 ) 2
2
x
− > 0 Vậy f(x) đồng biến ∀x∈ (-∞ ;1) hoặc ∀x
∈ (1;+∞).
Theo (1) ta có tg550=f(tg
18
Π )> f(
18
Π )>f( )
6
1
=1,4
(0,5đ)
(0,5đ) (0,5đ)
(0,5đ)
2
Π
-x ⇒dt = - dx.
Ta có: ∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
= ∫
Π
−
Π +
− Π
−
Π 2
2 ( )
2 (
) 2 (
t Cos
x t Sin
dt t Cos
n n
n
=
=∫
Π
+
2
0Cos t Sin t
tdt Sin
n n
n
=∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
(1)
Mặt khác: ∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
+∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
=∫
Π 2 0
dx=
2
Π
(2)
Từ(1) và (2): ∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Cos
n n
n
=∫
Π
+
2
0Cos x Sin x
xdx Sin
n n
n
=
4 Π
(0,5đ)
(0,25đ)
(0,5đ)
(0,5đ)
(0,25đ)
3 x4 +4x+m+ 4 x4 +4x+m =6 (1)
Đặt t=4 x4 + 4x+m (t≥0) (2)
0,25đ
Trang 4⇒ Ta có:
=
− +
≥
0 6
0
t
t
⇔t=2.
Từ (2) 4 x4 + 4x+m = 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
∞
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= 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 x4 = 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
Trang 5
+
=
−
4
3 2
1 2 3 2
) 2
3 2 ( 1 1 2 3 ) 1
(
− +
+
=
−
−
x Sin x
Cos
−
⇔
Cosx x
Sin x
⇔
) ( 6
⇔
) (
6
2x + Π = ± Π − x
⇔
Π +
Π
−
=
Π +
Π
=
) 3 ( 2 6 7
) 2 ( 3
2 18 5
k x
k x
Do x ∈(0 ; Π) nên ở họ ( 2 ) chỉ lấy đợc k = 0, k = 1
ở họ ( 3 ) chỉ lấy đợc k = 1
Vậy các nghiệm ∈ ( 0 ; Π )là:
6
5
; 18
17
; 8
5
3 2
1
Π
=
Π
=
Π
x
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
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
0,25đ
0,25đ
0,5đ 0,25đ
Trang 60 ) (
) ( 2
2
2 4
=
−
⇒
=
−
⇒
+
=
⇒
=
⇒
=
⇒
B A
B A Sin
B A Sin SinACosB
SinC SinACosB
RSinC RSinACosB
( Vì -Π < A−B< Π )
B
A=
⇒ hay ∆ABClà tam giác cân tại C
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
+ + + +
+ + + + + + +
−
+ + + +
+ + + + + +
+
−
−
−
−
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
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 + 4t)5−t+1 = 1 + 2t+1
t t
2 2 1 5
4 5
1
+
Đặt
+
=
t t
t f
5
4 5
1 5 )
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
Trang 7Ta 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 + 22+ 1+1
+
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
9 Phơng trình của ( C1) và ( C2 ) có dạng sau:
(C1):
4
5 ) 3 ( 2
1 2+ − 2 =
(C2): (x-m)2 + y2 = m2 + 1
Vậy ( 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 = m2 + 1
Ta có: O1O2 =
2
37 4 4 4
37 4 4 2
1 9
2 2
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
m m
⇔m=2 hoặc m =
-2 11
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,5đ
Trang 8b, (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
4m2 + − = m2 − m+
37 4 4 20 20
2 9
5 5
−
=
− +
≥
⇔
0 44 14 4
7
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
0,25đ
n số 1+
n
1
và số 1 ta có:
1 1
+
≥ +
+
n
n n
n
n n
n
+
≥
+ +
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
0,25đ
0,5đ
0,25đ
0,5đ
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