Tổng hợp đề thi và đáp án thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh hệ bổ túc tỉnh Thanh Hóa năm 2009

Tổng hợp đề thi và đáp án thi học sinh giỏi môn toán hệ bổ túc năm 2009 Môn toán Năm 2009

Sở Giáo dục và đào tạo

thanh hoá

ĐỀ CHÍNH THỨC

Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH

Năm học: 2008-2009 Mụn thi: Toán LỚP : 12 BTTHPT

Ngày thi: 28/03/2009 Thời gian: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)

Bài 1(5,0 điểm)

Cho hàm số 4 2 2 1





x x y

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số

2 Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình: 4 2 2 log2( 1 ) 0







Bài 2 (3,0 điểm)

1 Tính I =   

1

0

2

) 1 2 ( x e x x dx

2 Giải hệ phơng trình: 













5

1 2

2 2

2 2

y x

y xy x

Bài 3 (4,0 điểm)

1 Từ 5 chữ số 1;2 ;3 ;4 ;5 có thể thành lập đợc bao nhiêu số gồm 5 chữ số đôi một khác nhau, sao cho trong các số đó chữ số đầu tiên bên trái không phải là chữ số 5

2.Giải phơng trình: sin2x 2sinx cosx10

Bài 4 (4,0 điểm)

1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình:

1 ) 2 (

)

2







x Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó đi qua

điểm A(1;0)

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B Biết BA = 4 ,

BC =3, cạnh bên SA = 2 và vuông góc với mặt đáy Chứng minh hình chóp đã cho có bốn mặt đều là các tam giác vuông Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

Bài 5.(4,0 điểm)

Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A(1;1;2) , B(1;2;-1), C(-2;0;-1), D(0;2;0)

1.Chứng minh hai đờng thẳng AB và CD chéo nhau

2 Tính thể tích tứ diện ABCD

Hết

Sở Giáo dục và đào tạo

thanh hoá

Đáp án đề chính thức

Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH

Năm học: 2008-2009 Mụn thi: Toán LỚP : 12 BTTHPT

Ngày thi: 28/03/2009

Đáp án gồm có 4 trang

Bài 1 1(3đ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 4 2 2 1





x x y

Số bỏo danh

.

………

…

2 Sự biến thiên



























1 1

0 0

4 4

,

x x

x y

x x

y

Bảng biến thiên

x   -1 0 1 

,

y - 0 + 0 - 0 +

y  

0 1 0

3 Đồ thị :

0,5

0,5

1,5

0,5

2 (2đ) 2 log ( 1 2 ) 0 4 2 2 1 1 log2( 1 )

2 2

Số nghiệm của phơng trình là số giao diểm của đồ thị (C) ở câu 1 với

đ-ờng thẳng (d) : y  1  log21  m

Đờng thẳng (d) tồn tại khi 1- m > 0 hay m < 1

* Nếu 1  log21  m 0  log21  m 1  1  m 2  m  1

Phơng trình vô nghiệm

*Nếu m = -1 phơng trình có 2 nghiệm

* Nếu 0  1  log2( 1  m)  1   1 m 0 , phơng trình có 4 nghiệm phân

biệt

* Nếu m = 0 phơng trình có 3 nghiệm

* Nếu 0 < m <1 phơng trình có 2 nghiệm

0,5

0,5 0,25 0,25 0,25

0,25

Bài 2

3đ 1.(1đ)

0 1

0

2 1

0

2 2

2















2 (2đ)









   



  





  



   





   









  







) 3 2 ) 3 9 ) ( 2

5 2 ) ( 2 5 2 ) ( 1 4 ) ( 5 1 2

2

2 2

2 2 2 2

II y x xy I y x xy y x xy

xy y x xy xy y x xy y x y x y xy x

*Từ hệ (I) suy ra x, y là hai nghiệm của phơng trình: t2-3t +2 =0



 



2

1

t

t

suy ra hệ (I) có hai nghiệm ( 1 ; 2) và (2 ; 1 )

0,5

x -1 1

1

0 y

Bài 3

4đ 1.(2đ)Số các số đợc thành lập từ 5 chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng số hoán vị của

5 phần tử 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng P5 =5! = 120

Do tính bình đẳng của các chữ số nên số các số thành lập đợc từ 5 chữ

số ấy có chữ số 5 đứng đầu tiên bên trái bằng 24

5

120 5

5





P

Vậy số các số thoả mãn bài toán là 120 - 24 = 96

0,75 0,75 0,5

2.(2đ)

PT sin2x -2sinx - cosx +1 = 0 tơng đơng với phơng trình

2sinx cosx -2sinx-cosx +1 = 0 hay 2sinx(cosx- 1) -(cosx - 1) =0

Tơng đơng với (cosx - 1)(2sinx - 1) = 0

<=>









2

1 sin

1 cos

x x

 cosx =1 xk2  ;kZ

k x

k x





















2 6 5

2 6 2

1 sin









Vậy phơng trình có nghiệm là:

Z k k x

k x

k

6

5

; 2 6

;

0,5

0,5

0,5

0,5

Bài 4

4đ 1.(2đ)Đờng tròn (C) có tâm I (2; -2) Bán kính R = 1

Đờng thẳng (d) đi qua điểm A có phơng trình là ax + by +c=0

Với a, b không đồng thời bằng 0

Do A(1 ; 0) thuộc (d) suy ra a.1 + b.0 = c hay c = -a

Suy ra (d) có phơng trình ax + by - a = 0

(d) là tiếp tuyến của (C)  khoảng cách từ A đến (d) bằng R

0 4 3 2

1 )

2 (

2

2









b a

a b

a

* Chọn b = 0 ; a = 1 Ta có (d1) : x =1

* Chọn a =3 thì b = 4 Ta có (d2) : 3x + 4y-3 = 0

0,25

0,25

0,5 0,5 0,5

2.(2đ)

C H

B A

Hình vẽ

Do SA  ( ABC) suy ra SA  ABvà ra SA  ACsuy ra các mặt bên SAB

và SAC là các tam giác vuông tại A Theo giả thiết thì tam giác ABC

vuông tại B

Do ABBC SBBC ( theo định lí 3 đờng vuông góc)

Suy ra tam giác SBC vuông tại B

Vậy hình chóp SABC có 4 măt đều là các tam giác vuông

Kẻ AH SB (HSB)do BC SAB BC AH

SA BC SB BC

















) (

Ta có AH (SBC)

BC AH SB AH













suy ra AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC)

Lại có AH.SB = SA AB suy ra

SB SB SB

AB SA

AH  . 2.4  8

Trong tam giác SAB vuông tại A có 2 2 4 16 2 5









 SA AB SB

Suy ra AH =

5

5 4 5 2

8



0,25

0,25 0,25

0,5 0,25 0,25 0,25

Bài 5

4đ 1.(2,5đ)

AB ( 0 ; 1 ;  3 ),AC  (  3 ;  1 ;  3 ),AD (  1 ; 1 ;  2 ) 1,0

V =   9 69 23

6

1

,

6

1







AD AC