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 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 ( ) 3 3 2 2 m m m f Số nghiệm của phơng trình 3 3 2 2 3 3 2 2 x m m x là số giao điểm của đờng thẳng y = ( ) 3 3 2 2 m m m f 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 *
1
3
m
m
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
0,5
Trang 2M thuộc đồ thị (C) suy ra M( ; 3 3 2 2 )
a
a 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
x x x x x x
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
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
4x dx x
x e
Tính J =
1 0 2
2
4
4x dx x
x
2 2 ) 2 ( 2 2
x v xdx du x dx dv x u
1 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
6 5 4 3 2
1a a a a a a
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
* Do tính bình đẳng của các chữ số đã chọn có
6
1
số cách sắp xếp không phải
là số có 6 chữ số và bằng 5 5 !
6
! 6 5
Vậy 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
0,5
0,5
Bài3
5đ 1.(2đ) Đặt 4
x
t khi đó phơng trình đã cho trở thành
t t t
t t
2 2 sin(
) 3
sin(
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 tk x k ; kZ
4 0
sin
0,5
0,5
0,25
Trang 3*
3
2 sin 3
2 2
3
1 2 cos 3
2 2
2 cos 1
t t
l x
l x
l t
l t
l t
l t
2 4
2 4 2
2 2
2
2 2
Vậy PT có nghiệm là x k x l . k,lZ
2 4
,
0,5 0,25
2.(2đ) Đặt
1 log
1 2
m
m
a , bất phơng trình đã cho trở thành:
( 3 ) 2 2 2 0
a x ax a (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 0 ) 3 ( 2
a a a 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
3.(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 2bxb2 0 xb 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 yx 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
3 2
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
3
t y m t x
y 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 MT T có dạng:
0,5
0,5
0,5
Trang 4x y 2ax 2byc 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 1 2 1 2 1 2
2
2
2
1
m a a
m
a t t t t do t
t a t
t
Thay vào (2) ta có 2 2 1 0
1 mt c
t
Do t1 là nghiệm của(*) nên t122mt1 30 c3
Thay c = -3 vào (1) ta đợc:
2
2 0
3 6 2 9
2 2
b b
m m
Vậy phơng trình của (C1) là: 3 0
2
2 2
2 2
2 y mx m y
x
0,5
0,5
0,5
2.(2đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL
MEKL MNKL
EKL
6
1
Mặt khác khoảng cách từ L đén mặt phẳng (MKE) bằng
2
BK
Vậy V KLME V SABC
12
1
144
34 2
6
17 12
1 2
6
17 2
1 2
17 3
1
3
1
E M
S
L N
B A
0,5 0,5
0,5
0,5
Bài5
1đ
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)
0,25
0,25
Trang 5Ta cã ( )
!
)
! ( )
! (
)
( , ,
n
a n
a u v n
a v u vu uv
a
0 0
) (
0 0
) ( 0
,
,
a khi a
f
a khi a
f a
v
u
Ta cã b¶ng biÕn thiªn
) (
, a
f +
-)
(a
f 1
do a kh¸c 0 nªn f(a) <1 ( ®iÒu ph¶i chøng minh)
0,25
0,25
