Đáp án thi HSG Toán THPT Thanh hóa 2009

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
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
*
30;01
<<<<
mm
phơng trình có 3 nghiệm
0,5
1
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
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
0,5
0,5
2
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
Bài3
5đ
1.(2đ) Đặt
4

+=
xt
khi đó phơng trình đã cho trở thành
tttttt sin2cos3sinsin)
2
2sin()3sin(
=+=


(*)
Đặt z = sin t ĐK

1

z
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
+=+=
,.
24
,
4




0,5
0,5
0,25
0,5
0,25
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
1066
<<
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
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
mt
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

0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
4
Vậy phơng trình của (C
1
) là:
03

2
2
2
2
22
=
+
++
y
m
mxyx
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
5