Tổng hợp đề thi và đáp án thi học sinh giỏi môn toán cấp tỉnh hệ bổ túc tỉnh Thanh Hóa năm 2009

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 BTTHPT
Ngy thi: 28/03/2009
Thi gian: 180 phỳt (khụng k thi gian giao )
Bài 1(5,0 điểm)
Cho hàm số
12
24
+=
xxy
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Biện luận theo m số nghiệm của phơng trình:
0)1(log2
2
24
=+ mxx
.
Bài 2 (3,0 điểm)
1. Tính I =



1
0
2
)12( dxex

xx
2. Giải hệ phơng trình:





=+
=+
5
12
22
22
yx
yxyx
.
Bài 3 (4,0 điểm)
1. Từ 5 chữ số 1;2 ;3 ;4 ;5 có thể thành lập đợc bao nhiêu số gồm 5 chữ số đôi
một khác nhau, sao cho trong các số đó chữ số đầu tiên bên trái không phải là chữ số
5.
2.Giải phơng trình:
01cossin22sin =+ xxx
.
Bài 4 (4,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đờng tròn (C) có phơng trình:
1)2()2(
22
=++
yx
. Viết phơng trình tiếp tuyến của (C) biết tiếp tuyến đó đi qua

điểm A(1;0).
2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B. Biết BA = 4 , BC
=3, cạnh bên SA = 2 và vuông góc với mặt đáy. Chứng minh hình chóp đã cho có
bốn mặt đều là các tam giác vuông. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC).
Bài 5.(4,0 điểm)
Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A(1;1;2) , B(1;2;-1),
C(-2;0;-1), D(0;2;0).
1.Chứng minh hai đờng thẳng AB và CD chéo nhau.
2. Tính thể tích tứ diện ABCD.
Hết

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 BTTHPT
Ngy thi: 28/03/2009
1
S bỏo danh
.

Đáp án gồm có 4 trang
Bài Đáp án và hớng dẫn chấm Điểm
Bài 1
5đ
1(3đ) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số
12
24

+=
xxy
1. Tập xác định R
2 Sự biến thiên





=
=
=
=
=
1
1
0
0
44
,
3,
x
x
x
y
xxy
Bảng biến thiên

x

-1 0 1
+

,
y
- 0 + 0 - 0 +
y
+

+

0 1 0
3 Đồ thị :
0,5
0,5
1,5
0,5
2. (2đ)
)1(log1120)21(log2
2
24
2
24
mxxmxx =+=
.
Số nghiệm của phơng trình là số giao diểm của đồ thị (C) ở câu 1 với đ-
ờng thẳng (d) :
( )
my
=

1log1
2
Đờng thẳng (d) tồn tại khi 1- m > 0 hay m < 1
* Nếu
( ) ( )
12111log01log1
22
<>><
mmmm
Phơng trình vô nghiệm
*Nếu m = -1 phơng trình có 2 nghiệm
* Nếu
011)1(log10
2
<<<<
mm
, phơng trình có 4
nghiệm phân biệt
* Nếu m = 0 phơng trình có 3 nghiệm
* Nếu 0 < m <1 phơng trình có 2 nghiệm
0,5
0,5
0,25
0,25
0,25
0,25
Bài 2
3đ
1.(1đ)
I =

( )
0)()12(
1
0
1
0
2
1
0
222
===


xxxxxx
exxdedxex

1,0
2. (2đ)
2
x
-1
1
1
0
y

=+
=



=+
=




=+
=



=+
=






=+

=+






=+
=+
)(
3
2
)(
3
2
9)(
2
52)(
2
52)(
14)(
5
12
2
2
2
2
22
22
II

yx
xy
I
yx
xy
yx
xy
xyyx
xy
xyyx
xyyx
yx
yxyx
*Từ hệ (I) suy ra x, y là hai nghiệm của phơng trình: t
2
-3t +2 =0



=
=

2
1
t
t
suy ra hệ (I) có hai nghiệm ( 1 ; 2) và (2 ; 1 )
*Từ hệ (II) suy ra x; y là hai nghiệm của phơng trình: t
2
+3t +2 =0

=
=

2
1
t
t
suy ra hệ (II) có hai nghiệm (-1;-2) và (-2; -1)
Vậy hệ phơng trình đã cho có 4 nghiệm là:
(1 ; 2) , (2 ; 1 ) , (-1 ; -2 ) , (-2 ; -1)

0,5
0,5
0,5
0,5
Bài 3
4đ
1.(2đ)
Số các số đợc thành lập từ 5 chữ số 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng số hoán vị của
5 phần tử 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 bằng P
5
=5! = 120
Do tính bình đẳng của các chữ số nên số các số thành lập đợc từ 5 chữ
số ấy có chữ số 5 đứng đầu tiên bên trái bằng
24
5
120

5
5
==
P
Vậy số các số thoả mãn bài toán là 120 - 24 = 96
0,75
0,75
0,5
2.(2đ)
PT sin2x -2sinx - cosx +1 = 0 tơng đơng với phơng trình
2sinx cosx -2sinx-cosx +1 = 0 hay 2sinx(cosx- 1) -(cosx - 1) =0
Tơng đơng với (cosx - 1)(2sinx - 1) = 0
<=>




=
=
2
1
sin
1cos
x
x
cosx =1
Zkkx
=
;2

Zk
kx
kx
x






=
+=
= ;
2
6
5
2
6
2
1
sin




Vậy phơng trình có nghiệm là:

Zkkxkxkx
+=+==

;2
6
5
;2
6
;2





0,5
0,5
0,5
0,5
3
Bài 4
4đ
1.(2đ)
Đờng tròn (C) có tâm I (2; -2) .Bán kính R = 1
Đờng thẳng (d) đi qua điểm A có phơng trình là ax + by +c=0
Với a, b không đồng thời bằng 0
Do A(1 ; 0) thuộc (d) suy ra a.1 + b.0 = c hay c = -a
Suy ra (d) có phơng trình ax + by - a = 0
(d) là tiếp tuyến của (C)

khoảng cách từ A đến (d) bằng R
04321
)2.(2.
222

22
=+==
+
+

abbbaba
ba
aba
* Chọn b = 0 ; a = 1 Ta có (d
1
) : x =1
* Chọn a =3 thì b = 4 Ta có (d
2
) : 3x + 4y-3 = 0
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
2.(2đ)
S
C
H
B
A
Hình vẽ
4
Do
)(ABCSA

suy ra
ABSA

và ra
ACSA

suy ra các mặt
bên SAB và SAC là các tam giác vuông tại A. Theo giả thiết thì tam
giác ABC vuông tại B
Do
BCSBBCAB

( theo định lí 3 đờng vuông góc)
Suy ra tam giác SBC vuông tại B
Vậy hình chóp SABC có 4 măt đều là các tam giác vuông
Kẻ
)( SBHSBAH

do
AHBCSABBC
SABC
SBBC






)(
Ta có

)(SBCAH
BCAH
SBAH






suy ra AH là khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SBC)
Lại có AH.SB = SA. AB suy ra
SBSBSB
ABSA
AH
84.2.
===
Trong tam giác SAB vuông tại A có
52164
22
=+=+=
ABSASB
Suy ra AH =
5
54
52
8
=
0,25
0,25

0,25
0,5
0,25
0,25
0,25
Bài 5
4đ
1.(2,5đ)

)2;1;1(),3;1;3(),3;1;0(
===
ADACAB
Ta có

[ ]
09)2(1.)1(.,
1
1
0
3
0
3
3
3
3
3
1
1
=++=

ADACAB
Vậy 4 điểm A , B , C , D không đồng phẳng suy ra hai dờng thẳng
AB và CD chéo nhau
1,0
1,0
0,5
2(1,5đ)
Gọi V là thể tích của hình chóp SABC thì
V =
[ ]
2
3
6
9
9.
6
1
.,
6
1
===ADACAB
(đơn vị thể tích)
1,5
5