Đề thi chọn học sinh giỏi toán 12 tỉnh Thanh hóa - Đề số 3 ppsx

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