Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm học: 2008-2009 môn thi: Toán lớp 12 thpt

Sở Giáo dục và đào tạo 
thanh hoá 
ĐỀ CHÍNH THỨC 
Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH 
Năm học: 2008-2009 
Mụn thi: Toán 
LỚP : 12 THPT 
Ngày thi: 28/03/2009 
Thời gian: 180 phỳt (khụng kể thời gian giao đề) 
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 ph−ơng trình: 
 2323 2323 +−=+− mmxx 
3. Với mỗi điểm M thuộc (C) kẻ đ−ợc 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 ph−ơng trình: )
4
sin(.2sin)
4
3sin(
pipi
+=− xxx 
 2. Tìm giá trị của m để bất ph−ơng 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
yxyx
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 đ−ờng tròn (C) có ph−ơng trình: 
 ( ) 11 22 =−+ yx 
 Chứng minh rằng với mỗi điểm M(m; 3) trên đ−ờng thẳng y = 3 ta luôn tìm 
đ−ợc hai điểm T1 , T2 trên trục hoành, sao cho các đ−ờng thẳng MT1`, MT2 là tiếp 
tuyến của (C). Khi đó hWy viết ph−ơng trình đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác MT1T2. 
 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 l−ợt là trung điểm của AC và BC. 
Trên cạnh SA, SB lần l−ợt 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 
Số bỏo danh 
. 
Sở Giáo dục và đào tạo 
 thanh hoá 
 Đáp án đề chính thức 
Kỳ thi chọn HọC SINH GIỏI TỉNH 
Năm học: 2008-2009 
Mụn thi: Toán 
LỚP : 12 THPT 
Ngày 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(x0;y0) thì (d) có phơng trình: 
23))(63( 20
3
000
2
0 +−+−−= xxxxxxy 
[ ]




−
=
=
⇔=
−
−−⇔
=−++−−⇔
−−−−−−⇔
+−+−−=+−⇒∈
2
30)
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 P6=6! Cách sắp xếp 6 chữ số 
đW cho vào 6 vị trí từ a1đến a6 
Nh vậy có 5.P6 =5.6! cách sắp xếp 10 chữ số từ 0 đến 9 vào 6 vị trí từ a1 đến a6 
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 
a1 không phải là một số có 6 chữ số 
* Do tính bình đẳng của các chữ số đW 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
pi
+= xt khi đó phơng trình đW cho trở thành 
tttttt sin2cos3sinsin)
2
2sin()3sin( =−⇔+=−
pi
pi (*) 
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 pi
pi
pi 
* ⇔=⇒=
3
2
sin
3
2 22
tz αcos
3
1
2cos
3
2
2
2cos1
=−=⇔=
−
t
t
 Zl
lx
lx
lt
lt
lt
lt
∈






+−−=
++−=
⇒






+−=
+=
⇔


+−=
+=
⇔ ,
24
24
2
2
22
22
pi
αpi
pi
αpi
pi
α
pi
α
piα
piα
Vậy PT có nghiệm là Zlklxkx ∈+±−=+−= ,.
24
,
4
pi
αpi
pi
pi
0,5 
0,5 
0,25 
0,5 
0,25 
2.(2đ) Đặt 
1
log1 2
+
+=
m
m
a , bất phơng trình đW cho trở thành: 
 022)3( 2 <−−− aaxxa (1) 
Vế trái của (1) là một tam thức bâc hai ẩn x có hệ số của x2 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.(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(52
log
2
)1(2
log
22
log
8
y
yx
yxyx
Từ (1) yxyxyx 222 log2loglog33 −=⇔−=+ , thay vào (2) ta đ−ợc: 
5log
2
1
5log251552 2
4
2
44log3 2
==⇔=⇔=⇔=− xyyyy 
0,25 
0,25 
0,5 
Bài4 
 5đ 
1.(3đ) Đ−ờng 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 đ−ờng thẳng y = 3 , ta có: 
 Ph−ơng trình đ−ờng 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 ph−ơng trình (*) luôn có hai nghiệm t1 , t2 với mọi m nên luôn tồn tại hai điểm 
T1(t1;0) và T2(t2;0) để MT1và MT2 là tiếp tuyến của (C). 
* Theo định lý Vi ét có t1 + t2 = -2m. Ph−ơng trình đ−ờng tròn (C1) ngoại tiếp tam 
giác MT1T2 có dạng: 
 02222 =++++ cbyaxyx 
Vì M, T1, T2 thuộc đ−ờng tròn (C1) 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 t1 là nghiệm của(*) nên 3032 1
2
1 −=⇒=−+ cmtt 
Thay c = -3 vào (1) ta đ−ợc: 
2
2
03629
2
22 +
−=⇔=−+++
m
bbmm 
Vậy ph−ơng trình của (C1) là: 032
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