[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)
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 phơng trình:
x3−3 x2+2=m3−3 m2+2
3 Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ đợc bao nhiêu tiếp tuyến với (C)?
Bài 2(4,0 điểm)
1 Tính tích phân: I = ∫
0
1
e2x2
x2
+4 x+4dx
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 phơng trình: sin(3 x − π
4)=sin 2 x sin(x+
π
4)
2 Tìm giá trị của m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với mọi x
(2 −log2 m
m+1)x
2
− 2(1+log2 m
m+1)x −2(1+log2
m m+1)<0 .
3 Với giá trị nào của x, y thì 3 số u1=8x+ log2y
, u2=2x− 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 đờng tròn (C) có phơng trình:
x2
+(y −1)2=1
Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đờng thẳng y = 3 ta luôn tìm đợc
hai điểm T1 , T2 trên trục hoành, sao cho các đờng thẳng MT1`, MT2 là tiếp tuyến của (C) Khi đó hãy viết phơng trình đờng 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 lợt là trung điểm của AC và BC Trên cạnh SA, SB lần lợt 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+a+a2
2 !+
a3
3 !+ +
a n
n !)(1 − a+
a2
2 ! −
a3
3!+ .+
a n− 1
(n −1)! −
a n
n !)<1
Hết
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
Số bỏo danh
.
………
…
Trang 22 Sự biến thiên
x=0 ¿ x=2 ¿ y,,=0⇔ x=1 ¿ ¿ ¿y ,=3 x2−6 x ; y,,=6 x − 6 y ,=0⇔ ¿ 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 Số nghiệm của phơng trình x3−3 x2+2=m3−3 m2+2 là số giao điểm của đờng thẳng y = f (m)=m3−3 m2 +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>3
¿
m<−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
0,5
3.(1đ)
M thuộc đồ thị (C) suy ra M (a ;a3−3 a2+2) đờng thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại
T(x0;y0) thì (d) có phơng trình:
y=(3 x02−6 x0)(x − x0)+x03− 3 x02+2 0,25
Trang 3¿
x0=3 −a
2
¿
¿
¿
¿
¿
M ∈(d )⇒ a3
−3 a2+2=(3 x02− 6 x0)(a− x0)+x03− 3 x02+2
⇔(a3
− x03)− 3(a2− x02)−(3 x02− 6 x0)(a− x0)
⇔(a − x0)[2 x02−(a+3) x0+3 a − a2]=0
⇔(a− x0)(x0− a −3
¿
TH1 a= 3 − a
2 ⇔ a=1 ⇒ M ≡ I (1; 0) có 1 tiếp tuyến duy nhất TH2 a ≠ 3 − a
2 ⇔ a ≠1 ⇒ M ≠ I (1 ;0) có 2 tiếp tuyến
0,25 0,25 0,25
Bài2
4đ 1.(2đ) I = e2
∫
0
1
x2
x2+4 x+4dx
Tính J = ∫
0
1
x2
x2+4 x+4dx Đặt
u=x2
x +2¿2
¿
¿⇒
¿
¿du=2 xdx
¿
¿
¿
dv=dx¿
⇒ J=− x2
x +2¿0
1+2∫
0
1
x x+2 dx=−
1
3+2∫
0
1
dx − 4∫
0
1
dx
x +2
−1
3+2 x¿0
1
− 4 ln|x+2|01=−1
3+2 −4 (ln3 − ln 2)=
5
3− 4 ln
3 2
⇒ I=5
3e
2− 4 e2ln3
2
0,25 0,5
0,5 0,5 0,25
2.(2đ)
Ta kí hiệu số A là a1a2a3a4a5− −− −−− −− −−− −− −− a 6
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 1
6 số cách sắp xếp không
phải là số có 6 chữ số và bằng 5 6 !
6 =5 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
4 khi đó phơng trình đã cho trở thành
sin(3 t − π )=sin(2 t+ π
2)sin t ⇔− sin3 t=cos 2t sint (*)
Đặt z = sin t ĐK |z|≤1 phơng trình (*) trở thành
0,5
Trang 43 x − 4 z3+(1 −2 z2)z=0 ⇔6 z3
−4 z=0 ⇔
z =0
¿
z2
=2 3
¿
¿
¿
¿
¿
* z=0 ⇒sin t=0 ⇔ t=kπ ⇒ x=− π
4+kπ ;k ∈ Z
* z2=2
3⇒sin2
t=2
2
3⇔cos 2t=−1
3=cos α
⇔
2t=α+l 2 π
¿
2 t=− α+l 2 π
¿
t= α
2+lπ
¿
t=− α
2+lπ
¿
x=− π
4+
α
2+lπ
¿
x=− π
4−
α
2+lπ
¿
, l ∈ Z
¿
⇒¿
¿
⇔¿
¿
¿
¿
Vậy PT có nghiệm là x=− π
4+kπ , x=−
π
4 ±
α
2+lπ k , l ∈ Z
0,5 0,25
0,5 0,25
m+1 , bất phơng trình đã cho trở thành:
(3 −a) x2−2 ax − 2 a<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 6 x − 6<0 ⇔ x <1 suy ra (1) không nghiệm đúng mọi x
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 5TH2
¿
3 −a<0
Δ ,<0
¿{
¿
⇔ a>3
a2+2 a(3 − a)<0
⇔
¿a>3 a<3
¿
¿
a>6
¿
¿⇔ a>6
¿
¿
¿
Với a > 6 ta có 1+log2 m
m+1>6⇔ m
m+1>32
⇔ 31 m+32
m+1 <0⇔−31
32<m<−1 .
3.(1đ)
Nếu các số a, b, c đồng thời là cấp số cộng và cấp số nhân thì
¿
a+c=2 b
ac=b2
¿{
¿
suy ra a, c là nghiệm của pt: x2−2 bx+ b2=0⇔ x =b từ đó a = b = c
Theo bài ra ta có hệ:
¿
8x+log2y
=2x− log2y
(1)
2x− log2y
=5 y (2)
¿{
¿
Từ (1) 3 x+3 log2y=x − log2y ⇔ x=− 2 log2y , thay vào (2) ta đợc:
2−3 log2y
=5 y⇔5 y4
√5⇔ x=2 log24
√5=1
2log25
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:
x −m
t − m=
y − 3
− 3 ⇔3 x+(t −m) y −3 t=0
Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay
t − m¿2
¿
t − m¿2
¿
m+2t¿2=9+¿
32
+¿
¿
|t −m− 3 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 MTT có dạng:
0,5 0,5
0,5
Trang 6x2+y2+2 ax +2 by +c=0
Vì M, T1, T2 thuộc đờng tròn (C1) nên có hệ
¿
m2
t12+2 at1+c=0 (2)
t22+2 at2+c=0 (3)
¿{ {
¿
Từ (2) và (3) suy ra
t12−t22+2a (t1−t2)=0(do t1≠ t2)⇔t1+t2+2 a=0
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 đợc:
m2+9+2 m2+6 b − 3=0⇔ b=− m2+2
2
Vậy phơng trình của (C1) là: x2+y2+2 mx −m
2
+2
2 y − 3=0
0,5
0,5
0,5
2.(2đ) Lấy điểm E thuộc SA sao cho AN=1 suy ra NE// AB // KL
6SSKC
Mặt khác khoảng cách từ L đén mặt phẳng (MKE) bằng BK
2
Vậy VKLME= 1
12VSABC mà
VSABC=1
3SK SABC=1
3√17
2 .
1
2=
√17
6√2⇒VKLMN= 1
12 .
√17
6√2=
√34
144 (đvtt)
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 u=1+a+ a
2
2 !+
a3
3!+ .+
a n
n ! ⇒u ,
2
2 !+ +
a n −1
(n −1)!
v=1 − a+ a
2
2 ! −
a3
3!+ .+
a n− 1
(n −1)! −
a n
n !
⇒ v ,
=− 1+a − a
2
2!+
a3
3 ! −
a4
4 !+ +
a n − 2
(n− 2)! −
a n −1
(n −1)!
Khi đó u=u ,+a n
n ! , v=− v
,
− a n
n !
u+v=2(1+ a
2
2!+
a4
4 !+ +
a n −1
(n −1)!)>0 với mọi a và n lẻ n > 2
Đặt vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là f(a)
Ta có f ,
(a)=uv ,
+vu,
=u(− v − a n
n!)+v(u−
a n n!)=−
a n
n !(u+v )
0,25
0,25
Trang 7Do
u+v >0 , a ≠ 0⇒
f ,(a)>0 khi a<0
f ,(a)<0 khi a>0
¿{
Ta cã b¶ng biÕn thiªn
f ,
(a) +
-f (a) 1
do a kh¸c 0 nªn f(a) <1 ( ®iÒu ph¶i chøng minh)
0,25
0,25