ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG TOÁN THANH HÓA NĂM 2008-2009

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