Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.. Khi đó hãy viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2.[r]
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 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1(5,0 điểm)
Cho hàm số y x3 3 x2 2 có đồ thị (C)
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2 Biện luận theo m số nghiệm của phương trình:
x
3 Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ được bao nhiêu tiếp tuyến với (C)?
Bài 2(4,0 điểm)
1 Tính tích phân: I =
dx 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)
1 Giải phương trình: sin(3 4) sin2 .sin( 4)
x
2 Tìm giá trị của m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x
(2 log 1) 2(1 log2 1) 2(1 log2 1) 0
2
m
m x
m
m x
m
m
.
y x
y x
u u
u18 log2 , 2 2 log2 , 3 5 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:
x2 y 1 2 1
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 hãy 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 )
! )!
1 (
! 3
! 2 1
)(
!
! 3
! 2 1
(
1 3
2 3
2
n
a n
a a
a a n
a a
a a
n n
n
Hết
S b o danh ố ỏ
.
………
…
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 0 1
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 3 m2 2
m
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
0,5
Trang 3Vậy *
1
3
m
m
phương trình có 1 nghiệm
* m1;0;2;3 phương trình có 2 nghiệm
* 1m0; 0m3 phương trình có 3 nghiệm
0,5
3.(1đ)
M thuộc đồ thị (C) suy ra M( ; 3 3 2 2 )
a a
tại T(x0;y0) thì (d) có phương 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
3
I M a
a
có 1 tiếp tuyến duy nhất
3
I M a
a
có 2 tiếp tuyến
0,25
0,25 0,25 0,25
Bài2
4đ
1
0 2
2 2
4
4x dx x
x e
Tính J =
1
0 2
2
4
4x dx x
x
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
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
Như 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
0,5
0,5
0,5
Trang 45.6! - 5.5! = 5!(30 - 5) = 25.5! = 3000 số 0,5
Bài3
5đ
x
t
khi đó phương trình đã cho trở thành
t t t
t t
2 2 sin(
) 3
(*) Đặt z = sin t ĐK z 1 phương trình (*) trở thành
3 2
0 0
4 6 0 ) 2 1 ( 4
z
z z
z z
z z
x
* z0 sint 0 t k x 4 k; kZ
2 sin
3
3
1 2
cos 3
2 2
2 cos 1
t t
Z l 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 4 k , x 4 2 l. k,lZ
0,5
0,5 0,25
0,5 0,25
2.(2đ) Đặt 1log2 m1
m a
, bất phương trình đã cho trở thành:
(3 ) 2 2 2 0
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
,
6 3
3 0
) 3 ( 2
3
a a
a a
a a a
Với a > 6 ta có 1log2 16 m132
m m
m
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
Trang 5suy 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) 3x3log2 yx log2 y x2log2 y, thay vào (2) ta được:
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) 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
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
) ( 9 ) 2 ( 1 ) ( 3
3
2
2 2
2 2
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
Thay vào (2) ta có t12 2 mt1 c 0
Do t1 là nghiệm của(*) nên t12 2 mt1 3 0 c 3
Thay c = -3 vào (1) ta được:
2
2 0
3 6 2 9
2 2
b b
m m
2
2 2
2 2
2
x
0,5 0,5
0,5
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
; S EKM S SKC
6
1
Mặt khác khoảng cách từ L đén mặt phẳng (MKE) bằng 2
BK
0,5 0,5
0,5
Trang 6Vậy V KLME 12V SABC
1
mà
34 2 6
17 12
1 2
6
17 2
1 2
17 3
1
3
1
V
(đvtt)
E M
S
L N
B A
0,5
Bài5
1đ Coi a là ẩn , điều kiện a khác 0
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
, ,
n
a v v n
a u u
n n
0 ) )!
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
0 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