Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá CHNH THC Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 2008-2009 Mụn thi: Toán LP : 12 THPT Ngy thi: 28/03/2009 Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Bài 1 (5,0 điểm) Cho hàm số 23 23 += xxy 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: 2323 2323 +=+ mmxx 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 = dx xx xe ++ 1 0 2 22 44 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: ) 4 sin(.2sin) 4 3sin( += xxx 2. Tìm giá trị của m để bất phơng trình sau nghiệm đúng với mọi x 0) 1 log1(2) 1 log1(2) 1 log2( 22 2 2 < + + + + + m m x m m x m m . 3. Với giá trị nào của x, y thì 3 số y yx yx uuu 5, log 2, log 8 3 2 2 2 1 = = + = 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: ( ) 11 2 2 =+ yx Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đờng thẳng y = 3 ta luôn tìm đợc hai điểm T 1 , T 2 trên trục hoành, sao cho các đờng thẳng MT 1` , MT 2 là tiếp tuyến của (C). Khi đó hy viết phơng trình đờng tròn ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2 . 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) !)!1( !3!2 1)( ! !3!2 1( 13232 < ++++++++ n a n aaa a n aaa a nnn Hết S bỏo danh . Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Đáp án đề chính thức Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 2008-2009 Mụn thi: Toán LP : 12 THPT Ngy thi: 28/03/2009 Đáp án này gồm có 5 trang Bài Đáp án và h ớng dẫn chấm Điểm Bài1 5đ 1(3đ) 1. Tập xác định: R 2 Sự biến thiên 10 2 0 0 66;63 ,, , ,,2, == = = = == xy x x y xyxxy Bảng biến thiên x 0 1 2 + , y + 0 - 0 + y ,, - 0 + y 2 )0;1(U + - 2 3 Đồ thị : y 2 1 2 31+ O 1 31+ 3 x 2 0,5 0,5 1,0 1,0 2. (1đ) Đặt 23)( 23 += mmmf Số nghiệm của phơng trình 2323 2323 +=+ mmxx là số giao điểm của đờng thẳng y = 23)( 23 += mmmf với đồ thị (C) Từ đồ thị (C) ta có -1 < m < 0; 0 < m <2; 2 < m < 3 thì -2 < )(mf <2 m = -1 hoặc m = 2 thì )(mf = -2 m = 3 hoặc m = 0 thì )(mf = 2 m < -1 thì )(mf < -2 m > 3 thì )(mf > 2 Vậy * < > 1 3 m m phơng trình có 1 nghiệm * { } 3;2;0;1 = m phơng trình có 2 nghiệm 0,5 * 30;01 < < < < mm phơng trình có 3 nghiệm 0,5 3.(1đ) M thuộc đồ thị (C) suy ra M )23;( 23 + aaa .đờng thẳng (d) tiếp xúc với (C) tại T(x 0 ;y 0 ) thì (d) có phơng trình: 23))(63( 2 0 3 000 2 0 ++= xxxxxxy [ ] = = = =++ ++=+ 2 3 0) 2 3 )(( 03)3(2)( ))(63()(3)( 23))(63(23)( 0 0 00 2 0 2 00 00 2 0 2 0 23 0 3 2 0 3 000 2 0 23 a x ax a xxa aaxaxxa xaxxxaxa xxxaxxaadM TH1 )0;1(1 2 3 IMa a a = = có 1 tiếp tuyến duy nhất TH2 )0;1(1 2 3 IMa a a có 2 tiếp tuyến 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài2 4đ 1.(2đ) I = ++ 1 0 2 2 2 44 dx xx x e Tính J = ++ 1 0 2 2 44 dx xx x Đặt + = = + = = 2 1 2 )2( 2 2 x v xdxdu x dx dv xu + += + + + = 1 0 1 0 1 0 1 0 2 2 42 3 1 2 2 2 x dx dxdx x x x x J 2 3 ln4 3 5 2 3 ln4 3 5 )2ln3(ln42 3 1 2ln42 3 1 22 1 0 1 0 eeI xx = =+=++ 0,25 0,5 0,5 0,5 0,25 2.(2đ) Ta kí hiệu số A là 654321 aaaaaa Có 5 khả năng chọn một chữ số lẻ Mỗi cách chọn 1 chữ số lẻ và 5 chữ số chẵn có P 6 =6! Cách sắp xếp 6 chữ số đ cho vào 6 vị trí từ a 1 đến a 6 Nh vậy có 5.P 6 =5.6! cách sắp xếp 10 chữ số từ 0 đến 9 vào 6 vị trí từ a 1 đến a 6 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 a 1 không phải là một số có 6 chữ số * Do tính bình đẳng của các chữ số đ 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 += xt khi đó phơng trình đ cho trở thành tttttt sin2cos3sinsin) 2 2sin()3sin( =+= (*) Đặt z = sin t ĐK 1z phơng trình (*) trở thành = = ==+ 3 2 0 0460)21(43 2 323 z z zzzzzx * Zkkxkttz +==== ; 4 0sin0 * == 3 2 sin 3 2 22 tz cos 3 1 2cos 3 2 2 2cos1 === t t Zl lx lx lt lt lt lt += ++= += += += += , 24 24 2 2 22 22 Vậy PT có nghiệm là Zlklxkx +=+= ,. 2 4 , 4 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 2.(2đ) Đặt 1 log1 2 + += m m a , bất phơng trình đ cho trở thành: 022)3( 2 < aaxxa (1) Vế trái của (1) là một tam thức bâc hai ẩn x có hệ số của x 2 là a 3 . TH1: 3 - 30 = = aa Khi đó (1) là 1 066 < < xx suy ra (1) không nghiệm đúng mọi x TH2 < < 0 03 , a 6 6 3 3 0)3(2 3 2 > > < > <+ > a a a a aaa a Với a > 6 ta có 32 1 6 1 log1 2 > + > + + m m m m 1 32 31 0 1 3231 <<< + + m m m . 0,5 0,5 0,5 0,5 3.(1 đ) Nếu các số a, b, c đồng thời là cấp số cộng và cấp số nhân thì = =+ 2 2 bac bca suy ra a, c là nghiệm của pt: bxbbxx ==+ 02 22 từ đó a = b = c. Theo bài ra ta có hệ: = = + )2(5 2 log 2 )1( 2 log 2 2 log 8 y yx yxyx Từ (1) yxyxyx 222 log2loglog33 = = + , thay vào (2) ta đợc: 5log 2 1 5log251552 2 4 2 4 4 log3 2 ===== xyyy y 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: 03)(3 3 3 =+ = tymtx y m t mx Do MT là tiếp tuyến của (C) nên khoảng cách từ tâm I của (C) đến MT bằng 1, hay (*)032 )(9)2(1 )(3 3 2 22 22 =+ +=+= + mtt mttm mt tmt Do phơng trình (*) luôn có hai nghiệm t 1 , t 2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm T 1 (t 1 ;0) và T 2 (t 2 ;0) để MT 1 và MT 2 là tiếp tuyến của (C). * Theo định lý Vi ét có t 1 + t 2 = -2m. Phơng trình đờng tròn (C 1 ) ngoại tiếp tam giác MT 1 T 2 có dạng: 022 22 =++++ cbyaxyx Vì M, T 1 , T 2 thuộc đờng tròn (C 1 ) nên có hệ =++ =++ =++++ )3(02 )2(02 )1(0629 2 2 2 1 2 1 2 catt catt cbmam Từ (2) và (3) suy ra .022 02)(0)(2 212121 2 2 2 1 maam attttdottatt ==+ =++=+ Thay vào (2) ta có 02 1 2 1 =++ cmtt Do t 1 là nghiệm của(*) nên 3032 1 2 1 ==+ cmtt Thay c = -3 vào (1) ta đợc: 2 2 03629 2 22 + ==+++ m bbmm Vậy phơng trình của (C 1 ) là: 03 2 2 2 2 22 = + ++ y m mxyx 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 MEKLMNKLEKLNKL VVSS = = ; SKCEKM SS 6 1 = Mặt khác khoảng cách từ L đén mặt phẳng (MKE) bằng 2 BK Vậy SABCKLME VV 12 1 = mà 144 34 26 17 . 12 1 26 17 2 1 . 2 17 3 1 . 3 1 ===== KLMNABCSABC VSSKV (đvtt) E M K C 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 12 , 32 ++++= +++++= n aa au n aaa au nn )!1()!2( !4!3!2 1 !)!1( !3!2 1 12432 , 132 ++++= +++= n a n aaaa av n a n aaa av nn nn Khi đó ! , ! ,, n a vv n a uu nn =+= 0) )!1( !4!2 1(2 142 > ++++=+ n aaa vu n với mọi a và n lẻ n > 2 Đặt vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là f(a) Ta có )( ! ) ! () ! ()( ,,, vu n a n a uv n a vuvuuvaf nnn +=+=+= Do >< <> >+ 00)( 00)( 0,0 , , akhiaf akhiaf avu Ta có bảng biến thiên a + 0 )( , af + - )(af 1 do a khác 0 nên f(a) <1 ( điều phải chứng minh) 0,25 0,25 0,25 0,25 . Giáo dục và đào tạo thanh hoá CHNH THC Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 200 8-2 009 Mụn thi: Toán LP : 12 THPT Ngy thi: 28/03/2009 Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao ) Bài. danh . Sở Giáo dục và đào tạo thanh hoá Đáp án đề chính thức Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH Nm hc: 200 8-2 009 Mụn thi: Toán LP : 12 THPT Ngy thi: 28/03/2009 Đáp án này gồm có. (C) ta có -1 < m < 0; 0 < m <2; 2 < m < 3 thì -2 < )(mf <2 m = -1 hoặc m = 2 thì )(mf = -2 m = 3 hoặc m = 0 thì )(mf = 2 m < -1 thì )(mf < -2 m >