1 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 hãy 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 . 2 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 hớng dẫn chấm Điểm 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 Bài1 5đ 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 0,5 3 Vậy * 1 3 m m phơng trình có 1 nghiệm * 3;2;0;1m phơng trình có 2 nghiệm * 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 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 Bài2 4đ 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 đã 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 đã chọn có 6 1 số cách sắp xếp không phải là số có 6 chữ số và bằng !5.5 6 !6.5 0,5 0,5 0,5 4 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 1.(2đ) Đặt 4 xt khi đó phơng trình đã 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 Bài3 5đ 2.(2đ) Đặt 1 log1 2 m m a , bất phơng trình đã 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 5 3.(1đ) 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 6 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 . 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. Hết S bỏo danh . 2 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. Đáp án này gồm có 5 trang Bài Đáp án và hớng dẫn chấm Điểm 1(3đ) 1. Tập xác định: R 2 Sự biến thi n 10 2 0 0 66;63 ,, , ,,2, xy x x y xyxxy Bảng biến thi n x 0 1 2