De thi dap an HSG 12 Thanh Hoa nam 2009

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