Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số.. Khi đó hWy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2.. Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC và BC.. Tính thể tích của tứ
Trang 1Sở 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 THPT
Ngày thi: 28/03/2009 Thời gian: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)
Bài 1(5,0 điểm)
+
ư
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
+
ư
= +
x
3 Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với (C)?
Bài 2(4,0 điểm)
x x
x e
∫1 + + 0
2
2 2 4 4
2 Có bao nhiêu số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau mà trong đó chỉ có một chữ số lẻ ?
Bài 3 (5,0 điểm)
4 sin(
2 sin ) 4 3
2 Tìm giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x
1 log
1 ( 2 ) 1 log
1 ( 2 ) 1 log
2
+ +
ư + +
ư +
ư
m
m x
m
m x
m
m
3 Với giá trị nào của x, y thì 3 số u1= 8 x + log2y , u2= 2 x ư log2y , u3= 5 y theo thứ
tự đó, đồng thời lập thành một cấp số cộng và một cấp số nhân
Bài 4 (5,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:
2 ( 1 )2 1
=
ư
+ y x Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đường thẳng y = 3 ta luôn tìm
được hai điểm T1 , T2 trên trục hoành, sao cho các đường thẳng MT1`, MT2 là tiếp tuyến của (C) Khi đó hWy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2
2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân (AB = BC =1)
và các cạnh bên SA = SB = SC = 3 Gọi K, L lần lượt là trung điểm của AC và BC Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy các điểm M, N sao cho SM = BN = 1 Tính thể tích của tứ diện LMNK
Bài 5 (1,0 điểm)
Cho n là số nguyên lẻ và n >2 Chứng minh rằng với mọi a khác 0 luôn có:
! )!
1 (
! 3
! 2 1
)(
!
! 3
! 2 1
(
1 3
2 3
2
<
ư
ư + +
ư +
ư +
+ + + +
ư
n
a n
a a
a a n
a a
a a
n n
n
Hết
Số bỏo danh
………
Trang 2Sở 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
0,5
Trang 3* −1<m<0; 0<m<3 phơng trình có 3 nghiệm
0,5
3.(1đ)
M thuộc đồ thị (C) suy ra M( a ; a3 − a 3 2 + 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
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
x
x
Đặt
+
−
=
=
⇒
+
=
=
2 1 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 a−1a−2a−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
đW 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 đW 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
π
+
= x
t khi đó phơng trình đW cho trở thành
Trang 4t t t
t t
2 2 sin(
) 3
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
4 0
sin
3
2 sin 3
2
t
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
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
,
α π π
π
0,5
0,5 0,25
0,5 0,25
2.(2đ) Đặt
1 log
+ +
=
m
m
a , bất phơng trình đW 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 6 x − 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 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
Trang 53.(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 ư2bx+b2 =0⇔x=b từ đó a = b = c
Theo bài ra ta có hệ:
=
ư
ư
= +
) 2 ( 5
2
log 2
) 1 ( 2
log 2 2
log 8
y y x
y x y x
Từ (1) 3x+3log2 y=xưlog2 y⇔x=ư2log2 y, thay vào (2) ta được:
5 log 2
1 5 log 2 5
1 5 5
2 4
4 log
3 2
=
=
⇔
=
⇔
=
⇔
=
ư
x y
y y
y
0,25 0,25
0,5
Bài4
5đ
1.(3đ) Đường 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 đường thẳng y = 3 , ta có:
Phương trình đường thẳng MT:
3
3
=
ư
ư +
⇔
ư
ư
=
ư
ư
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
=
ư +
⇔
ư +
= +
⇔
=
ư +
ư
ư
mt t
m t t
m m
t
t m t
Do phương 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 Phương trình đường tròn (C1) ngoại tiếp tam
giác MT1T2 có dạng:
2 2 2 2 0
= + + +
x
Vì M, T1, T2 thuộc đường 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
=
⇔
= +
ư
⇔
= + +
⇔
≠
=
ư +
ư
Thay vào (2) ta có t12 + 2 mt1 + c = 0
Do t1 là nghiệm của(*) nên t12 + 2 mt1 ư 3 = 0 ⇒ c = ư 3
Thay c = -3 vào (1) ta được:
2
2 0
3 6 2 9
2 2
ư
=
⇔
=
ư + +
b b
m
2
2 2
2 2
x
0,5 0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 62.(2đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL
MEKL MNKL
EKL
SKC
S
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 u
n n
−
−
= +
=
)!
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)
!
)
! ( )
! (
)
,
v u n
a n
a u v n
a v u vu uv a f
n n
n
+
−
=
− +
−
−
= +
=
Do
>
<
<
>
⇒
≠
>
+
0 0
) (
0 0
) ( 0
,
,
a khi a
f
a khi a
f a
v u
Ta có bảng biến thiên
) (
,
a
f + -
)
(a
f 1
do a khác 0 nên f(a) <1 ( điều phải chứng minh)
0,25
0,25
0,25
0,25