Tìm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Ax và By sao cho AM+BN=MN.. Chứng minh rằng thể tích tứ diện ABMN không đổi.
Trang 1Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh
1
Së GD&§T h¶i d−¬ng
- §Ò Thi chän häc sinh giái líp 12 n¨m häc 2008 - 2009
Vßng 1 M«n To¸n Thêi gian lµm bµi: 180 phót
Câu 1: ( 2,5 điểm)
Cho hàm số 2 1
1
x y x
+
=
− có đồ thị (C) 1) Tìm trên (C) 2 điểm đối xứng nhau qua đường thẳng (d): 3 23
3
y= − x+
2) Gọi M là 1 điểm di động trên (C) có hoành độ x M > 1 Tiếp tuyến tại M cắt 2 tiệm cận tại
A và B Tìm M để diện tích tam giác OAB nhỏ nhất
Câu 2: (3,0 điểm)
1) Tìm m để bất phương trình sau đúng với mọi x :
sinx 2 s inx s inx
(e −e+ 1) − 2e [e − (e− 1) s inx -1] ≤ m
2) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên [0;1004π]
2
8s in xcosx- 3 s inx-cosx
0 sin(x- )
6
Câu 3: (1,5 điểm)
2n n 1 2n n 1 2n n1 2n n1
C ++ +C ++ + +C + +C ++ =220
Biết số hạng thứ 3 trong khai triển A= 2
log 3
n x x x
x
−
−
bằng 45 Tìm x
Câu 4: ( 1,0 điểm)
Cho hàm số f(x) liên tục và có đạo hàm trên R thoả mãn:
[ f + x ] + 2008 x + [ f −x ] = 0
Tính f’(1)
Câu 5:( 2,0 điểm)
Cho 2 nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau và nhận AB làm đoạn vuông góc chung Các điểm
M, N lần lượt chuyển động trên Ax và By sao cho AM+BN=MN
Gọi O là trung điểm AB , H là hình chiếu vuông góc của O xuống MN
1) Chứng minh rằng H nằm trên 1 đường tròn cố định
2) Khi M khác A và N khác B Chứng minh rằng thể tích tứ diện ABMN không đổi
-Hết -
Trang 2Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh
H−íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm
Gọi A,B ∈(C) đối xứng với nhau qua (d)=> AB⊥(d)
Phương trình AB :
3
x
y= +m
0,25
Hoành độ của A, B là nghiệm x1,x2 của phương trình:
2
2 1
(7 3 ) 3 3 0
1 3
x
+
0,25
toạ độ trung điểm I của AB là
x I
0,25
A,B đối xứng nhau qua (d)=>I∈(d)=>7 3 3.7 3 23 1
m
với m=1 (1)<=>x2-4x-6=0 1
2
2 10
2 10
x x
= −
⇔
= +
Vậy 2 điểm cần tìm thoả mãn đề bài là (2 10;5 10), (2 10;5 10)
0,25
2
x
y
+
− − ' 3 2
( 1)
y x
−
=
−
M(xM; yM)∈(C) => 2 3 ; ( 1)
1
M
x
−
Phương trình tiệm cận đứng của (C) : (d1): x=1
Phương trình tiệm cận ngang của (C) : (d2): y=2
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là
−
0,25
A là giao của (d) và (d1) => toạ độ của A là
2
1
x
A
=
−
B là giao của (d) và (d2) => toạ độ của B là
2
2
M M
y
x x B
=
⇔
−
4
2 ( 1) 9
M
x
0,25
Trang 3Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh
3
khoảng cách từ O đến AB là
4 4
(0 ) 2
( ; )
1 ( 1)
M
M M
x
d o AB
x x
−
+
−
( do xM>1)
Diện tích tam giác OAB là
4
4
2 ( 1) 9
M
OAB
M
x
S AB d O AB
x
∆
0,25
Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có
3
M
M
x
x
∆
−
dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 2( 1) 3 1 6
M
x
− ( do xM>1)
Vậy điểm M thoả mãn đề bài là (1 6; 2 6 )
2
0,5
1)Tìm m để phương trình sau có nghiệm:
sinx 2 s inx s inx
(e −e+ 1) − 2e [e − (e− 1) s inx -1] ≤ m(1)
đặt t=sinx ( t∈[-1;1])
(1)=> 2
(e t−e+ 1) − 2 [e e t t − (e− 1) -1]t ≤ m(2)
0,25
đặt f(t)=et-(e-1)t-1 f’(t)=et-(e-1) f’(t)=0<=>t=ln(e-1)
Bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên => f(t)=0 <=>t=0;t=1
t -∞ 0 ln(e-1) 1 +∞
f’(t) - - 0 + +
f(t)
0 0
0,5
(e t−e+ 1) − 2 [e e t t − (e− 1) -1]=(t e t−e+ 1) − 2 ( )e f t t trên [-1;1]
G’(t)=2(et-e-1).et-2etf(t)-2et.f’(t)=-2et.f(t)
0,25
G’(t)=0 <=>f(t)=0 <=>t=0;t=1
G(-1)=-e-2+4e-1+e2-2e-3 ; G(0)=(2-e)2; G(1)=1=>
[-1;1]
ax ( ) 1
(1) Đúng với mọi x khi và chỉ khi (2) đúng với mọi t∈[-1;1]
0,5
Trang 4Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh
<=>
[-1;1]
x−π ≠ ⇔x≠π +kπ k∈ (1) 4sin 2 s inx- 3 s inx-cosx=0 2(cosx-cos3x)- 3 s inx-cosx=0
cos3x= osx- s inx cos3x=cos(x+ )
x
0,5
(2)
k
π
Kết hợp với điều kiện xác định => (1) có nghiệm là ( )
12 2
x= −π +kπ k∈
0,25
Do
2008
k
k k
k
π π
∈
=>
∈
0,25
=> các nghiệm của (1) trên [0;1004π] là
12 2
k
x = −π +kπ với 1 k 2008
k
∈
2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có 1 5
12 2 6
x = −π +π = π công sai
2
d =π nên tổng các nghiệm là
1
[2 ( 1) ] [2 (2008 1) ]
n
0,5
điều kiện : x>0
2n 1 2n 1 2n n1 2n n1 2 n
C + +C + + +C + +C ++ = + do
2k n 1 2n n1 k 2n 1 2n n1 ; 2n 1 2n n1 ; 2n n 1 2n n 1
C + =C ++ − =>C + =C ++ C + =C + C + =C ++
2n 1 2n 1 2n n1 2n n1
C + +C + + +C + +C ++ =2( 1 2 2 2 1
2n n 1 2n n 1 2n n1 2n n1 )
C ++ +C ++ + +C + +C ++
=>
2 1
2
2
n
+
+ + + + + + + + = = => (1) <=>22n=220<=>n=10
0,5
2
10 log log 3
2
x x x
−
−
log 3 10
x x x
k
−
+ =
0,5
Trang 5Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh
5
2
log log 3
x x x
−
−
2
2
2 2
đặt f(x)=2log2x-x trên (0;+∞)
x
bảng biến thiên
x 0 2 2
ln 2 4 +∞
f’(x) - - 0 + +
f(x)
0 0
từ bảng biến thiên => (2) có đúng 2 nghiệm x=2 và x=4
vậy với x∈{2;4;8} thoả mãn đề bài
0,5
[ f + x ] + 2008 x + [ f −x ] = 0(1)
chọn x=0 thay vào (1) => 502 1005
(1) (1)
(1) 0 0
(1) 1
f
f
=
= −
0,25
Đạo hàm 2 vế của (1)
502 f + x ' f + x .2 2008 1005 f −x ' f −x (-1) 0(2)
0,25
chọn x=0 thay vào
(2) ⇒ 1004 f ' f + 2008 1005 − f ' f = 0(3)
với f(1)=0 thay vào (3) không thoả mãn
với f(1)=-1 thay vào (3)=> '(1) 2008
2009
f =
0,5
Trang 6Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh Trên tia đối của tia Bx lấy điểm C sao cho BC=AM=>∆AOM=∆BOC(c.g.c)
=>CO=MO=>∆OCN=∆OMN(c.c.c)=> 2 đường cao tương ứng bằng nhau
=> OH=OB(1)( OB không đổi)
x
x
y O
C
A B
M
N
N' H
K
AB⊥Ax và AB⊥By=>kẻ AtBy => AB⊥(Ax,At)
gọi N’,K lần lượt là hình chiếu của N,H xuống (Ax,At)=>M,K,N’ thẳng hàng
Ta có BC=AM=MH; BN=HN=AN’
HKNN’=>
= = = => AK là phân giác xAt=> đường thẳng AK cố định =>(AKB) cố định (2)
0,5
Từ (1) và (2)=> H nằm trên đường tròn cố định tâm O bán kính OB vẽ trong mặt
phẳng (ABK)
0,25
đặt α = (Ax,By)=> α không đổi và sin α = sinMAN'Do
∆ABN=∆NN’A=>
MABN MANN NN AM AMN
V =V =V = NN S∆ = AB AM AN MAN = AB x y α
0,5
Do AB⊥(Ax,At) =>NN’⊥(Ax,At) =>NN’⊥N’M
=>
2
2
4 os
2
c
c
+
0,25
=>
2
3
.sin
ABMN
AB
α α
2
2
ABMN
c
α
α
ABMN MAN = π − α =>V == AB α
Do AB , α không đổi => thể tích tứ diện ABMN không đổi
0,25
