Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nói trên.. b/ Tìm theo a giá trị của x để MN là đoạn vuông góc chung của AD1 và BD... - Nếu học sinh làm theo cách khác mà đúng thì GV chấm cho
Trang 1SỞ GD – ĐT THANH HÓA ĐỀ THI 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: 12
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: 1 3 cos47
7
3 cos
2/ Giải phương trình: 3 2 7 3 2 2 3 2 5 1 2 3 4
x
3/ Xác định giá trị của tham số a để hệ phương trình:
a y x
a xy y x
2
Câu 3 (2 điểm): Cho khai triển nhị thức Newton: n
x
1 ( x 0 , n N* ), 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: y x2 và đường thẳng ( )
có phương trình: 2xy 2 0 Tìm tọa độ điểm M trên (P) sao cho khoảng cách từ M đến
)
( là nhỏ nhất
2/ Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng a ( a 0 ) Lấy hai điểm M,
N lần lượt thuộc đoạn AD1 và BD sao cho: AM DN x 0 x a 2
a/ Tính MN theo a và x
b/ Tìm theo a giá trị của x để MN là đoạn vuông góc chung của AD1 và BD
Câu 5 (2 điểm):
Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số:
12 2 3 9 7
2 9
7 )
(
x x
x x x
f
-HẾT -ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12
Năm học: 2010 – 2011 Môn: Toán.
Trang 2- 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
*) Tập xác định: D R\ 2
*) Sự biến thiên:
+) Chiều biến thiên: Ta có: ' 122 0
x
Vì vậy hàm số đồng biến trên tập D
- Hàm số không có cực trị
- Giới hạn và tiệm cận: Ta có:
1 lim
2 x
x
1 lim
2 x
x
x
Tiệm cận đứng là: x 2
2
1
x
x
2
1
x
x
x
Tiệm cận ngang là: y 1
- Bảng biến thiên: x 2
y’ + +
1
y
1
*) Đồ thị x 2
Giao với Ox tại điểm: A 1 ; 0 y
Giao với Oy tại điểm:
2
1
; 0
B
Điểm I 2 ; 1 là tâm đối xứng y 1
- 2 -1 O x
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
0,5
Điểm M bất kỳ thuộc đồ thị (C) có dạng: )
2
1 , (
x
x x
Gọi h là tổng khoảng cách từ M đến 2 trục tọa độ
Trang 3Ta có: 21
x
x x h
Nhận xét:
2
1
; 0 0
M thì h21 Dễ nhận thấy x 21 và 0x21 thì h 21 Nên ta chỉ cần xét khi:
2 1 2 1 2 1
x
x
x
2
1
Xét hàm số: ( ) 12
x
x x x
f với ; 0
2
1
x
Ta có: ( ) 21
x
x x x
2
1
x
Hiển nhiên hàm số: ( ) 21
x
x x x
f liên tục với ; 0
2
1
x
Ta có: '( ) 1 ( 12)2 0
x x
2
1
x
Suy ra hàm số: ( ) 21
x
x x x
2
1
x
Vậy: min h 12 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
Ta có: 2cos2 37x 13cos47x 2 0
7
4 cos 3 7
6 cos x x
7
2 cos 2 3 7
2 cos 3 7
2 cos
x
7
2 cos 3 7
2 cos 6 7
2 cos
x
(1) Đặt: t cos27x đk:t 1 Phương trình (1) trở thành:
0 5 3 6
4t3 t2 t (2) Giải phương trình (2) ta được các nghiệm là:
1
1
t ;
4
21 1
2
4
21 1
3
+/ Với t1 1 ta được: 1
7
2 cos x
x k7 , k Z
+/ Với
4
21 1
2
4
21 1 7
2
7 4
21 1 arccos 2
Vậy: họ nghiệm của phương trình đã cho là:
7
k
4
21 1 arccos 2
0,75
0,5
0,25 0,25 0,25
6 37 5 2
;
D
x
d
0,25
Trang 4Điều kiện: a 0 ;b 0 ;c 0 ;d 0
Ta có: 2 2 2 ( 2 )
d x b
Nhận thấy x 2 không là nghiệm của phương trình nên:
) (
2 ) (
3 a2 c2 b2 d2 (1)
Mặt khác: a cbd (2) nên: (1) 3 (ac) 2 (b d) (3)
Từ (2) ta được: d a c b thay vào (3) ta được:
) (
2 2 3
3a c b a c b a 4bc 0 abc 0
Vậy: phương trình đã cho vô nghiệm
0,25 0,25
0,25 0,25
0,25 0,25 0,25
Ta có:
a y x
a xy y x
2
a xy y
x
a xy y x
2 )
Đặt
P xy
S y x
đk: S2 4P
Khi đó hệ phương trình (1) trở thành:
a P S
a P
S
2
0 3 2
2
a S S S a
Hệ (1) có nghiệm hệ (2) có nghiệm thỏa mãn S2 4P
Với ' 1 3a 0
3
1
a hệ (2) có nghiệm là:
a a
P
a S
3 1 1 3 1 1
và
a a
P
a S
3 1 1 3 1 1
+/ TH 1:
a a
P
a S
3 1 1 3 1 1
Khi đó: S2 4P
1 1 3a2 4a 1 1 3a a 2 2 1 3a 0
3
1
+/ TH 2:
a a
P
a S
3 1 1 3 1 1
Khi đó: S2 4P
1 1 3a2 4a 1 1 3a 2 1 3a a 2
0 8 3 1
a
a
(vì với a 31 thì a 2 0) 0 a 8
Vậy: a0 , 8
0,5
0,5
0,5
0,5
n
o k
k n k n
n
x C x
)
*
N
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 1
2 n
n C
)!
1 (
! )!
2 ( 2
!
n n
n
2
) 1 (
n n
n
n n 10 hoặc n 7 (loại)
0,25 0,25 0,5
Trang 5Để có số hạng không chứa x thì: n 2 k 0 5
2
n k
Vậy số hạng không chứa x là: 5 252
10
C
0,25 0,25 0,5
Gọi M bất kỳ thuộc (P) M(x;x2 ) Gọi h là khoảng cách từ M
đến ()
2
h (vì x2 2x 2 0 xR
)
R x
h
5
1 5
1 ) 1 ( 2
Khi x 1 thì h 15
Do đó: GTNN của h là 15 khi x 1 y 1
Vậy điểm M cần tìm là: M(1;1)
0,5
0,5 0,5
0,5
M
C
D
C1 B1
A
B
N M1 N1
Dựng MM 1 AD; NN 1 AD
1
AMM
vuông cân tại M1 nên: AM 1 MM1
Ta có: AM2 x2 2MM12
2
2
1 1
x MM
1
DNN
vuông cân tại N1 nên: 1 1 22
x NN
Suy ra hai tam giác vuông cân AMM1 và DNN1 bằng nhau
AM 1 DN1 AN 1 DM1
Ta có: M1N1 AD 2AN1 AD 2 (AD DN1) 2DN1 ADx 2 a
Lại có: MM1N vuông lại M1 và M1N1N vuông lại N1 nên:
2 2
2 2 1 1
2 1
2 1
2 1
2 1
2
x x N M NN MM NM
MM
Suy ra: MN 3x2 2ax 2 a2
0,25 0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
Trang 62b 2
Đặt: f(x) 3x2 2ax 2 a2 (a 0 ;x ( 0 ;a 2 ))
3
2 0
2 2 6 ) (
Suy ra f (x) nhỏ nhất khi: x a32
Ta sẽ chứng minh với x a32 thì MN là đoạn vuông góc chung
của AD1 và BD
Thật vậy: Giá trị nhỏ nhất của MN là: MN a3
D
MM1
2 1
2 MM DM
MD
9
5 2
2 3
2 3
2 2
a a
2
2 a
2
DN
MD2 MN2 DN2 MND vuông tại N MN BD
A
NN1
2 1
2 NN AN
AN
9
5 2
2 3
2 3
2 2
a a
2
2 a
2
AM
AN2 MN2 AM2 AMN vuông tại M MN AD1
Vậy Khi x a32 thì MN là đoạn vuông góc chung của AD1 và BD
0,5
0,5
0,25 0,25
0,25
0,25
*) Tập xác định: 9
7
; 2
D
Đặt:
2 9 7
x b
x
a (a 0 ;b 0 ) a2 9b2 25 1
5
3 5
2 2
a b
Do đó: 0; 2
t sao cho: a 5sint và b35cost
Bài toán trở thành: Tìm GTLN, GTNN của hàm số:
12 cos 5 sin 5
cos 3
5 sin 5 )
(
t t
t t
t
t
Ta có: ( ) 15sin15sin15cos5cos 36
t t
t t
t
)
(t
g liên tục trên đoạn 0;2
2 ) 36 cos 15 sin 15 (
) sin 15 cos 15 )(
cos 5 sin 15 ( ) 36 cos 15 sin 15 )(
sin 5 cos 15 ( )
(
'
t t
t t
t t
t t
t t
t
g
) 36 cos 15 sin 15 (
300 cos
540 sin
180 ) (
t t
t t
t
t
Suy ra hàm ( ) 15sin15sin15cos5cos 36
t t
t t
t
2
;
0
0,25
0,25
0,25
0,25
Trang 7Do đó: 51
5 ) 0 ( ) ( min
2
;
0
g t g
5 ) 2 ( ) ( max
2
; 0
g t
2
t
5 ) (
min
9
7
;
2
x f
khi x97; 17
5 ) ( max 9
7
; 2
x f
khi x 2
0,5 0,5