Đề thi học sinh giỏi 12 môn toán tỉnh thanh hoá

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 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

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 +=+= ,.
24
,
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
a3
.

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.(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

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