De so 52 de so 18 de thi hoc sinh gioi lop 11 2007 2008 đã sửa

sin 2 x  sin x sin x x x4 Lời giải Câu Tính giới hạn A lim 4sin x.cos x  4sin x.cos x.cos x Ta có: A lim x x4 3x x sin sin 3x x sin x cos x  cos x  cos x  2sin sin 6 4 lim  2 2.4.lim 2  x  x  lim x x x x   x x2 2  (1  cot x.cot x) 48 Câu Giải phương trình cos x sin x Lời giải sin x 0 k  x  (k  Z ) Điều kiện:  cos x 0 cos x.cos x sin x.sin x  cos x.cos x   sin x.sin x 2sin x.cos x 2sin x 1  48 +) Thay vào phương trình ta được: cos x sin x  48sin x.cos x  (sin x  cos x) 0  3sin x  (1  sin 2 x) 0 +) Ta có:  cot x.cot x 1  2  6sin x  sin 2 x  0  (2sin x  1)(3sin x  2) 0  k (thỏa mãn)  2sin 2 x  0   2sin 2 x 0  cos x 0  x   Câu Chứng minh phương trình x5  x  x  x  x  11 0 ln có nghiệm Lời giải Đặt f  x  7 x  x  x  x  x  11 Ta có f   11 , f   1   f   f   1  44  Mà f  x  liên tục   1;0 nên tồn số thực x0    1;0  cho f  x0  0 Vậy phương trình f  x  0 ln có nghiệm (đpcm) Câu Giải phương trình x  x   x  3 x  Lời giải Đặt t  x  ( t 1 ), phương trình trở thành: t   x   x  3 t  t 3  t   x  3 t  3x 0   t  3  t  x  0    t x * Với t 3 x  3  x 2 * Với t  x x   x : vô nghiệm Vậy PT có nghiệm x 2 1 1 1        Câu Tổng S  1!.2007! 3!.2005! 1005!.1003! 1007!.1001! 2005!.3! 2007!.1! viết dạng 2a với a, b nguyên dương Tìm cặp số  a ; b  b! Từ giả thiết suy ra: S 2008! C 2008 C 2008 Lời giải 2007   C2008 2008 2008 (1  1)2008 22008 Theo cơng thức nhị thức Newton ta có C2008  C2008   C2008 2 2008 C2008  C2008  C2008   C2008 (1  1) 2008 0 Từ  1   suy Vậy S  2008 2008 2007 C2008   C2008 C2008  C2008   C2007   1  2 22008 22007 22007 nên  a ; b   2007; 2008  2008! Câu Tìm hệ số số hạng chứa x 20   khai triển nhị thức Newton   x  x  C21n 1  C22n1   C2nn1 220  ( n   , Cnk tổ hợp chập k n phần tử) Lời giải k n k 2n 2 n n n 1 +) Sử dụng cơng thức Cn Cn ta có: C2 n 1 C2 n 1 , C2 n 1 C2 n 1 , …, C2 n 1 C2 n 1  C21n 1  C22n1   C2nn1 C22nn1  C22nn11   C2nn11 2n n 1 n 1 Lại có: C2 n 1   C2 n 1   C2 n 1   C2 n 1 2  C21n 1   C22nn1 22 n 1   C21n 1  C22n 1  C2nn 1  2(22 n  1) 22 n  Do từ giả thiết suy ra: 22 n  2 20   n 10 10 10  k 10 10 1 +) Xét   x   C10k   x k  C10k x14 k  50 x  x  K 0 k 0 20 Số hạng chứa x ứng với k thỏa mãn 14k  50 20  k 5 Vậy hệ số x 20 C10 252 Câu Cho hàm số f  x   x  x  1  x    x  2000  Tính f   1000  Lời giải f ( x)  f ( 1000) x   1000 x  1000 x( x  1)( x  2) ( x  1000) ( x  2000)  f ( 1000)  lim x   1000 x  1000 x( x  1)( x  2) .( x  999)( x 1000) ( x  2000)  lim x   1000 x  1000  lim x  x  1  x  999   x  1001  x  1002   x  2000  Ta có f   1000   lim x   1000   1000    999    1 1.2 1000  1000! Câu Cho tam giác ABC Tìm giá trị lớn biểu thức T 4 cos A  5cos B  5cos C Lời giải A B C B C A A B C  T 4   2sin  10 cos cos 4  8sin  10sin cos 2 2 2  A A B C  4   sin  sin cos  4  2   A B  C  25  B C  sin  cos   cos   n biết 4  25 B  C 57 cos  8 A B C   B C sin 8 cos    A Đẳng thức xảy  cos B  C 1 sin 8  57 Vậy max T  Câu Cho parabol  P  : y x đường thẳng  d  : y x  a) Xác định tọa độ giao điểm A, B  d   P  Tính độ dài AB b) Tìm điểm M cung AB  P  cho tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn  P  hai dây cung MA, MB nhỏ Lời giải  y x  a) Tọa độ giao điểm A, B  d   P  nghiệm hệ phương trình   x  y  0  A(1, -1)   B(4, 2) Khi AB 3 b) M  x0 ; y0   x0  y0 thuộc cung AB  P  nên     y0 2 (*) Tổng diện tích hai phần hình phẳng giới hạn  P  hai dây cung MA, MB nhỏ  MAB có diện tích lớn  d  M ;  d   lớn +) Ta có d  M ;  d    Cosi  x0  y0  2  y0  y0  2  ( y0  1).(2  y0 ) 2  ( y0  1)  (2  y0 )     2  Do max d  M ;  d     1 , đạt y0  2  y0  y0   M  ;   2 1 1 Vậy M  ;  thỏa mãn toán  2 Câu 10 Cho hình chóp S ABC có SA   ABC  SA 2a , đáy ABC tam giác vuông C với  AB 2a , BAC 30 Gọi I điểm di động cạnh AC , J hình chiếu vng góc S BI a) Chứng minh AJ vng góc với BI b) Đặt AI x (  x a ) Tính khoảng cách từ S đến BI theo a x Tìm giá trị x để khoảng cách có giá trị lớn nhất, nhỏ Lời giải S 2a 2a A B x J I C a) Ta có AJ hình chiếu SJ mặt phẳng  ABC  , SJ  BI  AJ  BI (định lí ba đường vng góc) b) SJ  BI J nên SJ d  S , BI   +) AC  AB cos BAC 2a.cos 300 a  BC  AB sin BAC 2a.sin 300 a  BI BC  CI a  a  x  4a  x  2ax  BI  4a  x  2ax AJ AI   * Hai tam giác vng AJI BCI có AIJ BIC (đối đỉnh) nên chúng đồng dạng, suy BC BI BC AI a.x  AJ   BI 4a  x  2ax * Xét tam giác vng SAJ ta có: SJ SA2  AJ 4a  a2 x2 16a  8a x  5a x  4a  x  2ax 4a  x  2ax 16a  8a x  5a x 4a  x  2ax +) Tìm x để SJ đạt min, max: Trong mặt phẳng  ABC  , AJ  JB nên J thuộc đường tròn  C  đường kính AB chứa mặt phẳng Vậy d  B, SI   Rõ ràng C thuộc  C  Mặt khác J giao điểm thứ hai BI với  C  nên I di động AC J di động cung nhỏ AC  C  Do đó: SJ đạt  AJ đạt  I  A  x 0 SJ đạt max  AJ đạt max  I C  x a