SỞ GD – ĐT THANH HÓA ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Trường THPT Như Thanh Năm học: 2010 – 2011. Môn: Toán. Thời gian: 180 phút ----------------------- Câu 1 (4 điểm): 1/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 2 1 + + = x x y 2/ Tìm điểm M trên đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai trục tọa độ là nhỏ nhất Câu 2 (6 điểm): 1/ Giải phương trình: 7 4 cos31 7 3 cos2 2 xx =+ 2/ Giải phương trình: 431532373 2222 +−+−−=−−+− xxxxxxx 3/ Xác định giá trị của tham số a để hệ phương trình: =+ =++ ayx axyyx 22 có nghiệm Câu 3 (2 điểm): Cho khai triển nhị thức Newton: n x x + 1 ,0( > x ) * Nn ∈ , biết rằng hệ số của lũy thừa cơ số x trong số hạng thứ ba lớn hơn hệ số của lũy thừa cơ số x trong số hạng thứ hai là 35. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nói trên. Câu 4 (6 điểm): 1/ Trong hệ trục Oxy cho Parabol (P) có phương trình: 2 xy = và đường thẳng )( ∆ có phương trình: 022 =++ yx . Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho khoảng cách từ M đến )( ∆ là nhỏ nhất. 2/ Cho hình lập phương ABCD.A 1 B 1 C 1 D 1 có cạnh bằng a )0( > a . Lấy hai điểm M, N lần lượt thuộc đoạn AD 1 và BD sao cho: xDNAM == ( ) 20 ax << . a/ Tính MN theo a và x. b/ Tìm theo a giá trị của x để MN là đoạn vuông góc chung của AD 1 và BD. Câu 5 (2 điểm): Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: 122397 297 )( +++− +−− = xx xx xf -----------------------------------------HẾT-------------------------------------------- 1 ĐÁPÁNVÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀTHI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 Năm học: 2010 – 2011. Môn: Toán. - Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì GV chấm cho điểm tương tự như thang điểm trong đáp án. - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm CÂU ĐÁPÁN ĐIỂM Câu 1 4 1 2 *) Tập xác định: { } 2\ −= RD *) Sự biến thiên: +) Chiều biến thiên: Ta có: ( ) 0 2 1 ' 2 > + = x y Dx ∈∀ Vì vậy hàm số đồng biến trên tập D - Hàm số không có cực trị. - Giới hạn và tiệm cận: Ta có: +∞= + + − −→ 2 1 lim 2 x x x và −∞= + + + −→ 2 1 lim 2 x x x Tiệm cận đứng là: 2 −= x Ta có: 1 2 1 lim = + + −∞→ x x x và 1 2 1 lim = + + +∞→ x x x Tiệm cận ngang là: 1 = y - Bảng biến thiên: x ∞− 2 − ∞+ y’ + + ∞+ 1 y 1 ∞− *) Đồ thị. 2 −= x Giao với Ox tại điểm: ( ) 0;1 − A . y Giao với Oy tại điểm: 2 1 ;0B Điểm ( ) 1;2 − I là tâm đối xứng 1 = y - 2 -1 O x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 2 2 2 Điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) có dạng: ) 2 1 ,( + + x x xM 2 −≠ x Gọi h là tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ. Ta có: 2 1 + + += x x xh Nhận xét: Với 2 1 ;0 0 M thì 2 1 = h . Dễ nhận thấy 2 1 > x và 2 1 0 << x thì 2 1 > h . Nên ta chỉ cần xét khi: ≤ + + ≤ 2 1 2 1 2 1 x x x ⇔ 0 2 1 ≤≤− x Xét hàm số: 2 1 )( + + += x x xxf với −∈∀ 0; 2 1 x Ta có: 2 1 )( + + +−= x x xxf với −∈∀ 0; 2 1 x Hiển nhiên hàm số: 2 1 )( + + +−= x x xxf liên tục với −∈∀ 0; 2 1 x Ta có: 0 )2( 1 1)(' 2 < + +−= x xf với −∈∀ 0; 2 1 x Suy ra hàm số: 2 1 )( + + +−= x x xxf nghịch biến với −∈∀ 0; 2 1 x Vậy: 2 1 min = h đạt được tại điểm 2 1 ;0 0 M 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 2 6 1 2 Ta có: 7 4 cos31 7 3 cos2 2 xx =+ ⇔ 02 7 4 cos3 7 6 cos =+− xx ⇔ 021 7 2 cos23 7 2 cos3 7 2 cos4 23 =+ −−− xxx ⇔ 05 7 2 cos3 7 2 cos6 7 2 cos4 23 =+−− xxx (1) Đặt: 7 2 cos x t = ( ) 1: ≤ tđk . Phương trình (1) trở thành: 05364 23 =+−− ttt (2). Giải phương trình (2) ta được các nghiệm là: 1 1 = t ; 4 211 2 − = t ; 4 211 3 + = t (loại) +/ Với 1 1 = t ta được: 1 7 2 cos = x ⇔ π 7kx = , Zk ∈ +/ Với 4 211 2 − = t ta được: 4 211 7 2 cos − = x ⇔ π 7 4 211 arccos 2 7 kx + − ±= . Vậy: họ nghiệm của phương trình đã cho là: π 7kx = , π 7 4 211 arccos 2 7 kx + − ±= , Zk ∈ . 0,75 0,5 0,25 0,25 0,25 3 2 2 *) Tập xác định: ( ] +∞ + ∪−∞−= ; 6 375 2;D Đặt: 373 2 +−= xxa ; 2 2 −= xb ; 153 2 +−= xxc ; 43 2 +−= xxd Điều kiện: 0;0;0;0 ≥≥≥≥ dcba Ta có: )2(2 22 −−=− xca và )2(3 22 −=− xdb Nhận thấy 2 = x không là nghiệm của phương trình nên: )(2)(3 2222 dbca −−=− (1). Mặt khác: dbca +=− (2) nên: (1) ⇔ )(2)(3 dbca −−=+ (3). Từ (2) ta được: bcad −−= thay vào (3) ta được: )(2233 bcabca −−+−=+ ⇔ 04 =++ cba ⇒ 0 === cba ⇔ 1532373 222 +−=−=+− xxxxx vô lý. Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 2 Ta có: =+ =++ ayx axyyx 22 ⇔ =−+ =++ axyyx axyyx 2)( 2 (1) Đặt = =+ Pxy Syx đk: PS 4 2 ≥ . Khi đó hệ phương trình (1) trở thành: =− =+ aPS aPS 2 2 ⇔ =−+ −= 032 2 aSS SaP (2) Hệ (1) có nghiệm ⇔ hệ (2) có nghiệm thỏa mãn PS 4 2 ≥ . Với 031' ≥+=∆ a ⇔ 3 1 −≥ a hệ (2) có nghiệm là: +++= +−−= aaP aS 311 311 và +−+= ++−= aaP aS 311 311 +/ TH 1: +++= +−−= aaP aS 311 311 . Khi đó: PS 4 2 ≥ ⇔ ( ) ( ) aaa 3114311 2 +++≥+−− ⇔ 03122 ≤+++ aa ⇔ ( ) 0312)31(5 3 1 ≤++++ aa vô lý. 0,5 0,5 0,5 0,5 4 +/ TH 2: +−+= ++−= aaP aS 311 311 . Khi đó: PS 4 2 ≥ ⇔ ( ) ( ) aaa 3114311 2 +−+≥++− ⇔ 2312 +≥+ aa ⇔ ≤− −≥ 08 3 1 2 aa a (vì với 3 1 −≥∀ a thì 02 >+ a ) ⇔ 80 ≤≤ a Vậy: [ ] 8,0 ∈ a 3 2 Ta có: ∑ = − = + n ok knk n n xC x x 2 1 ,0( > x ) * Nn ∈ . Hệ số của số hạng thứ 2 là: 1 n C . Hệ số của số hạng thứ 3 là: 2 n C . Theo đề ra ta có phương trình: 35 12 =− nn CC ⇔ 035 )!1( ! )!2(!2 ! =− − − − n n n n ⇔ 35 2 )1( =− − n nn ⇔ 0703 2 =−− nn ⇔ 10 = n hoặc 7 −= n (loại) Để có số hạng không chứa x thì: 02 =− kn ⇔ 5 2 == n k Vậy số hạng không chứa x là: 252 5 10 = C 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,5 4 6 1 2 Gọi M bất kỳ thuộc (P) );( 2 xxM ⇒ . Gọi h là khoảng cách từ M đến )( ∆ Ta có 5 22 5 22 2 2 ++ = ++ = xx xx h (vì Rxxx ∈∀>++ 022 2 ) R x h ∈∀≥ ++ = 5 1 5 1)1( 2 . Khi 1 −= x thì 5 1 = h Do đó: GTNN của h là 5 1 khi 1 −= x ⇒ 1 = y Vậy điểm M cần tìm là: )1;1( − M 0,5 0,5 0,5 0,5 2 4 2a 2 5 M C D A1 D1 C1 B1 A B N M1 N1 Dựng ADMM ⊥ 1 ; ADNN ⊥ 1 1 AMM ∆ vuông cân tại 1 M nên: 11 MMAM = Ta có: 2 1 22 2MMxAM == ⇒ 2 2 11 x MMAM == 1 DNN ∆ vuông cân tại 1 N nên: 2 2 11 x NNDN == Suy ra hai tam giác vuông cân 1 AMM ∆ và 1 DNN ∆ bằng nhau ⇒ 11 DNAM = ⇒ 11 DMAN = Ta có: axADDNDNADADANADNM −=−=−−=−= 22)(22 11111 Lại có: NMM 1 ∆ vuông lại 1 M và NNM 11 ∆ vuông lại 1 N nên: 2 22 2 11 2 1 2 1 2 1 2 1 2 )2( 22 ax xx NMNNMMNMMMMN −++=++=+= Suy ra: 22 223 aaxxMN +−= 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2b 2 Đặt: 22 223)( aaxxxf +−= ))2;0(;0( axa ∈> Ta có: )2;0( 3 2 0226)(' a a xaxxf ∈=⇔=−= Suy ra )(xf nhỏ nhất khi: 3 2a x = . Ta sẽ chứng minh với 3 2a x = thì MN là đoạn vuông góc chung của AD 1 và BD Thật vậy: Giá trị nhỏ nhất của MN là: 3 a MN = DMM 1 ∆ vuông tại 1 M nên: 2 1 2 1 2 DMMMMD += ⇒ 9 5 2 2 . 3 2 3 2 2 1 2 22 2 aa a a MD = −+ = và 3 2 2 a MN = ; 9 2 2 2 a DN = ⇒ 222 DNMNMD += ⇒ MND ∆ vuông tại N ⇒ BDMN ⊥ ANN 1 ∆ vuông tại 1 N nên: 2 1 2 1 2 ANNNAN += ⇒ 9 5 2 2 . 3 2 3 2 2 1 2 22 2 aa a a AN = −+ = và 3 2 2 a MN = ; 9 2 2 2 a AM = ⇒ 222 AMMNAN += ⇒ AMN ∆ vuông tại M ⇒ 1 ADMN ⊥ 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 6 Vậy Khi 3 2a x = thì MN là đoạn vuông góc chung của AD 1 và BD 0,25 5 2 *) Tập xác định: −= 9 7 ;2D Đặt: += −= 2 97 xb xa )0;0( ≥≥ ba 259 22 =+⇒ ba ⇔ 1 5 3 5 22 = + ba Do đó: ∈∃ 2 ;0 π t sao cho: ta sin5 = và tb cos 3 5 = Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN của hàm số: 12cos5sin5 cos 3 5 sin5 )( ++ − = tt tt tg với ∈ 2 ;0 π t Ta có: 36cos15sin15 cos5sin15 )( ++ − = tt tt tg . Dễ thấy )(tg liên tục trên R nên )(tg liên tục trên đoạn 2 ;0 π 2 )36cos15sin15( )sin15cos15)(cos5sin15()36cos15sin15)(sin5cos15( )(' ++ −−−+++ = tt tttttttt tg ⇔ 0 )36cos15sin15( 300cos540sin180 )(' 2 > ++ ++ = tt tt tg với ∈ 2 ;0 π t Suy ra hàm 36cos15sin15 cos5sin15 )( ++ − = tt tt tg đồng biến trên đoạn 2 ;0 π Do đó: 51 5 )0()(min 2 ;0 −== gtg π khi 0 = t ; [ ] 17 5 ) 2 ()(max 2 ;0 == π π gtg khi 2 π = t Vậy: 51 5 )(min 9 7 ;2 −= − xf khi 9 7 = x ; 17 5 )(max 9 7 ;2 = − xf khi 2 −= x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 7 . trong đáp án. - Bài hình nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không chấm CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM Câu 1 4 1 2 *) Tập xác định: { } 2 −= RD *) Sự biến thi n:. của hàm số: 122 397 297 )( +++− +−− = xx xx xf -----------------------------------------HẾT-------------------------------------------- 1 ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG