thanh hoá
Đáp án đề chính thức
Năm học: 2008-2009 Mụn thi: Toán LỚP : 12 THPT
Ngày thi: 28/03/2009
Đáp án này gồm có 5 trang
Bài1
5đ 1(3đ)1 Tập xác định: R
2 Sự biến thiên
1 0 2 0 0 6 6 ; 6 3 ,, , ,, 2 , = ⇔ = == ⇔ = − = − = x y x x y x y x x y Bảng biến thiên
x − ∞ 0 1 2 + ∞
, y + 0 - 0 +
y,, - 0 +
y 2 U( 1 ; 0 ) ∞ + − ∞ - 2
3 Đồ thị : y 2
1− 2
1 + 3 O 1 1 + 3 3 x
2−
0,5
0,5
1,0
1,0
2 (1đ) Đặt f(m) =m3 − 3m2 + 2
Số nghiệm của phơng trình x3 − 3x2 + 2 =m3 − 3m2 + 2là số giao điểm của đờng
thẳng y = f(m) =m3 − 3m2 + 2 với đồ thị (C)
Từ đồ thị (C) ta có -1 < m < 0; 0 < m <2; 2 < m < 3 thì -2 < f (m) <2
m = -1 hoặc m = 2 thì f (m) = -2
m = 3 hoặc m = 0 thì f (m) = 2
m < -1 thì f (m) < -2
m > 3 thì f (m)> 2
Vậy * m m<>3−1 phơng trình có 1 nghiệm
* m=∈{− 1 ; 0 ; 2 ; 3} phơng trình có 2 nghiệm
* − 1 <m< 0 ; 0 <m< 3 phơng trình có 3 nghiệm
0,5
Trang 23.(1đ)
M thuộc đồ thị (C) suy ra M(a;a3 − 3a2 + 2 ).đờng thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại
T(x0;y0) thì (d) có phơng trình:
2 3 )
)(
6 3
0
3 0 0 0
2
y
−
=
=
⇔
=
−
−
−
⇔
=
− + +
−
−
⇔
−
−
−
−
−
−
⇔
+
− +
−
−
= +
−
⇒
∈
2 3 0
) 2
3 )(
(
0 3
) 3 ( 2 ) (
) )(
6 3
( ) (
3 ) (
2 3
) )(
6 3
( 2 3
) (
0
0 0
0
2 0
2 0 0
0 0
2 0 2
0 2 3
0 3
2 0 3 0 0 0
2 0 2
3
a x
a x a
x x a
a a x a x x a
x a x x
x a x
a
x x x a x x
a a d
M
TH1 1 ( 1 ; 0 )
2
3
I M a
a
a= − ⇔ = ⇒ ≡ có 1 tiếp tuyến duy nhất
2
3
I M a
a
a≠ − ⇔ ≠ ⇒ ≠ có 2 tiếp tuyến
0,25
0,25 0,25 0,25
Bài2
4đ 1.(2đ) I = ∫1 + +
0 2
2 2
4
x
x e
Tính J = ∫1 + +
0 2
2
4
x
x
Đặt
+
−=
=
⇒
+
=
=
2 1
2 )2( 2
2
x v
xdx du x
dx dv xu
+
+ +
−
=
0
1
0 1
0 1
0
2
2 4 2
3
1 2
2
dx dx
dx x
x x
x J
2
3 ln 4 3 5
2
3 ln 4 3
5 ) 2 ln 3 (ln 4 2 3
1 2
ln 4 2
3
1
2 2
1 0 1
0
e e I
x x
−
=
⇒
−
=
−
− +
−
= +
− +
−
0,25 0,5
0,5 0,5 0,25
2.(2đ)
Ta kí hiệu số A là −a1−a2−a−3a−4a−5−a6−
• Có 5 khả năng chọn một chữ số lẻ
• Mỗi cách chọn 1 chữ số lẻ và 5 chữ số chẵn có P6=6! Cách sắp xếp 6 chữ số
đã cho vào 6 vị trí từ a1đến a6
Nh vậy có 5.P6 =5.6! cách sắp xếp 10 chữ số từ 0 đến 9 vào 6 vị trí từ a1 đến a6
mà mỗi cách chỉ có một chữ số lẻ
*Trong tất cả các cách sắp xếp đó thì những cách xếp có chữ số 0 đứng ở vị trí
a1 không phải là một số có 6 chữ số
0,5
0,5
Trang 3Vậy số các số có 6 chữ số mà trong nó chỉ có một số lẻ là
5.6! - 5.5! = 5!(30 - 5) = 25.5! = 3000 số
0,5
0,5
Bài3
5đ 1.(2đ) Đặt 4
π
+
t khi đó phơng trình đã cho trở thành
t t t
t t
2 2 sin(
) 3
sin( −π = +π ⇔ − = (*)
Đặt z = sin t ĐK z ≤ 1 phơng trình (*) trở thành
=
=
⇔
=
−
⇔
=
− +
−
3 2
0 0
4 6 0 ) 2 1(
4
z
z z
z z
z z
x
* z= ⇒ t = ⇔t=k ⇒x= − +k ; k∈Z
4 0
sin
3
2 sin 3
3
1 2 cos 3
2 2
2 cos
l x
l x
l t
l t
l t
l t
∈
+
−
−
=
+ +
−
=
⇒
+
−
=
+
=
⇔
+
−
=
+
=
2 4
2 4 2
2 2
2
2 2
π α π
π α π
π α
π α π
α
π α
Vậy PT có nghiệm là x= − +k x= − ± +l . k,l∈Z
2 4
,
π
0,5
0,5 0,25
0,5 0,25
2.(2đ) Đặt
1 log
+ +
=
m
m
a , bất phơng trình đã cho trở thành:
( 3 −a)x2 − 2ax− 2a< 0 (1)
Vế trái của (1) là một tam thức bâc hai ẩn x có hệ số của x2 là 3 −a
TH1: 3 -a= 0 ⇔a= 3
Khi đó (1) là 6x− 6 < 0 ⇔ x < 1 suy ra (1) không nghiệm đúng mọi x
TH2
<
∆
<
−
0
0
3
,
a
6 6 3
3 0) 3(2
3
>
<
>
⇔
<−
+
>
a a
a aa a a
Với a > 6 ta có 32
1
6 1 log
+
⇔
>
+
+
m
m m
m
1
32
31 0
1
32 31
−
<
<
−
⇔
<
+
+
m
m
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 43.(1đ)
Nếu các số a, b, c đồng thời là cấp số cộng và cấp số nhân thì
=
=
+
2
2
b ac
b c a
suy ra a, c là nghiệm của pt: x2 − 2bx+b2 = 0 ⇔x=b từ đó a = b = c
Theo bài ra ta có hệ:
=
−
−
= +
)2 ( 5
2
log 2
)1 2
log 2 2
log 8
y
y x
y x y x
Từ (1) 3x+ 3 log2 y= x− log2 y⇔x= − 2 log2 y, thay vào (2) ta đợc:
5 log 2
1 5 log 2 5
1 5 5
2 4
4 log
0,25 0,25
0,5
Bài4
5đ 1.(3đ) Đờng tròn (C) có tâm I ( 0 ; 1 ) bán kính R = 1 Điểm T thuộc trục hoành thì T( t ; 0)
Điểm M( m; 3) thuộc đờng thẳng y = 3 , ta có:
Phơng trình đờng thẳng MT:
3 ( ) 3 0
3
−
−
=
−
m t
m x
Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay
(*) 0 3 2
) ( 9 ) 2 ( 1 ) ( 3
3 2
2 2
2 2
=
− +
⇔
− +
= +
⇔
=
− +
−
−
mt t
m t t
m m
t
t m t
Do phơng trình (*) luôn có hai nghiệm t1 , t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm
T1(t1;0) và T2(t2;0) để MT1và MT2 là tiếp tuyến của (C)
* Theo định lý Vi ét có t1 + t2 = -2m Phơng trình đờng tròn (C1) ngoại tiếp tam
giác MT1T2 có dạng:
x2 +y2 + 2ax+ 2by+c= 0
Vì M, T1, T2 thuộc đờng tròn (C1) nên có hệ
= + +
= + +
= + + + +
)3 ( 0 2
)2 ( 0 2
)1 ( 0 6
2 9
2
2 2
1
2 1 2
c at t
c at t
c b ma m
Từ (2) và (3) suy ra
0
2 2
0 2 )
( 0 ) (
2
2
2
1
m a a
m
a t t t t do t
t a t
t
=
⇔
= +
−
⇔
= + +
⇔
≠
=
− +
−
Thay vào (2) ta có t12 +2mt1+c=0
Do t1 là nghiệm của(*) nên t12 +2mt1−3=0⇒ c=−3
Thay c = -3 vào (1) ta đợc:
2 0
3 6 2 9
2 2
2+ + + − = ⇔ =−m +
b b
m m
0,5 0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 5− + +
0,5
2.(2®) LÊy ®iÓm E thuéc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL
MEKL MNKL
EKL
6
1
=
∆
MÆt kh¸c kho¶ng c¸ch tõ L ®Ðn mÆt ph¼ng (MKE) b»ng
2
BK
VËy V KLME V SABC
12
1
144
34 2
6
17 12
1 2
6
17 2
1 2
17 3
1
3
E M
S
L N
B A
0,5 0,5
0,5 0,5
Trang 61đ
Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0
Đặt
)!
1 (
! 2
1
!
! 3
! 2 1
1 2
, 3
2
− + + + +
=
⇒ + + + + +
n
a a
a u
n
a a
a a u
n n
)!
1 ( )!
2 (
! 4
! 3
! 2 1
! )!
1 (
! 3
! 2 1
1 2
4 3 2 ,
1 3
2
−
−
− + +
− +
− +
−
=
⇒
−
− + +
− +
−
=
−
−
−
n
a n
a a
a a a v
n
a n
a a
a a v
n n
n n
Khi đó
!
,
!
, ,
n
a v v n
a u
)!
1 (
! 4
! 2 1 ( 2
1 4
2
>
− + + + +
=
n
a a
a v
u
n
với mọi a và n lẻ n > 2
Đặt vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là f(a)
!
)
! ( )
! (
)
n
a n
a u v n
a v u vu uv a f
n n
n
+
−
=
− +
−
−
= +
=
Do
>
<
<
>
⇒≠
>+
0 0) (
0 0)
( 0 ,0 ,
,
akhi af
akhi
af a vu
Ta có bảng biến thiên
) ( , a
-)
(a
do a khác 0 nên f(a) <1 ( điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25
