TÝnh thÓ tÝch cña tø diÖn LMNK.. Edited by Foxit Reader[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 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
………
Edited by Foxit Reader Copyright(C) by Foxit Software Company,2005-2008 For Evaluation Only
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
2+y + mxưm + yư =
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