Hai Duong 2009

http://kinhhoa.violet.vn Së GD&§T h¶i d−¬ng

-----------------

Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh §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 y =

2x +1 có đồ thị (C) x −1

1) Tìm trên (C) 2 điểm đối xứng nhau qua đường thẳng (d): y = −3x +

23 3

2) Gọi M là 1 điểm di động trên (C) có hoành độ xM > 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 : (esinx − e + 1) 2 − 2esinx [esinx − (e − 1) s inx -1] ≤ m

2) Tính tổng các nghiệm của phương trình sau trên [0;1004 π ] 8s in 2 xcosx- 3 s inx-cosx

π

=0

sin(x- ) 6

Câu 3: (1,5 điểm) Cho C2nn++11 + C2nn++21 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 = 220.  Biết số hạng thứ 3 trong khai triển A=  4 x log2 x −3 +  

2

− x log 2

x 8

n

  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(1+ 2 x ) ]502 + 2008 x + [f (1− x ) ]1005 = 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----------------------------------------------1

Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh

H−íng dÉn chÊm vµ biÓu ®iÓm Câu 1 1-1

Nội dung

Gọi A,B ∈ (C) đối xứng với nhau qua (d)=> AB ⊥ (d)

Điểm 2,5 1,25 0,25

x 3

Phương trình AB : y = + m Hoành độ của A, B là nghiệm x1,x2 của phương trình: 2x +1 x = + m ⇔ x 2 − x(7 − 3m) − 3m − 3 = 0 (1) =>x1+x2=7-3m x −1 3 x1 + x2 7 − 3m  x = =  2 2 toạ độ trung điểm I của AB là I   y = x + m = 7 − 3m + m = 7 + 3m  3 6 6 7 + 3m 7 − 3m 23 A,B đối xứng nhau qua (d)=>I∈ (d)=> = −3. + ⇔ m =1 6 2 3  x = 2 − 10 với m=1 (1)<=>x2-4x-6=0 ⇔  1  x2 = 2 + 10

Vậy 2 điểm cần tìm thoả mãn đề bài là A(2 − 10;

0,25 0,25

1,25 0,25

−3 ( x − 1) 2 3 M(xM; yM) ∈ (C) => yM = 2 + ; ( xM > 1) xM − 1 2x +1 3 = 2+ x −1 x −1

0,25

5 − 10 5 + 10 ), B(2 + 10; ) 3 3

1-2 y=

0,25

y' =

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 (d): y = y '( xM )( x − xM ) + yM =

3 −3 ( x − xM ) + 2 + 2 ( xM − 1) ( xM − 1)

A là giao của (d) và (d1) => toạ độ của A là x = 1  A 3 6 −3  y = ( x − 1)2 ( x − xM ) + 2 + ( x − 1) = 2 + ( x − 1) M M M 

B là giao của (d) và (d2) => toạ độ của B là y = 2  x = 2 xM − 1  ⇔ B −3 3 y = 2  y = ( x − 1)2 ( x − xM ) + 2 + ( x − 1)  M M AB = (2 xM − 2)2 +

2 ( xM − 1) 4 + 9 36 9 2 2 ( 1) x = − + = M ( xM − 1)2 ( xM − 1) 2 ( xM − 1)

2

0,25

Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh khoảng cách từ O đến AB là d (o; AB) =

−3 3 (0 − xM ) + 2 + 2 ( xM − 1) ( xM − 1) 9 1+ ( xM − 1) 4

0,25 =

2 xM2 + 2 xM − 1 ( xM − 1) 4 + 9

( do xM>1)

Diện tích tam giác OAB là S ∆OAB =

4 1 1 2 xM2 + 2 xM − 1 2 ( xM − 1) + 9 2 xM2 + 2 xM − 1 AB.d (O; AB) = . = 2 2 ( xM − 1) 4 + 9 ( xM − 1) ( xM − 1)

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có S∆OAB =

2 M

0,5

2

1 2 x + 2 xM − 1 2( xM − 1) + 6( xM − 1) + 3 3 AB.d (O; AB) = = = 2( xM − 1) + +6 xM − 1 2 ( xM − 1) ( xM − 1)

≥ 6 + 2. 2( xM − 1).

3 = 6+2 6 ( xM − 1)

dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi 2( xM − 1) = Vậy điểm M thoả mãn đề bài là M (1 +

3 6 ⇔ xM = 1 + ( do xM>1) ( xM − 1) 2

6 ; 2 + 6) 2

2 2-1 1)Tìm m để phương trình sau có nghiệm: (esinx − e + 1) 2 − 2esinx [esinx − (e − 1) s inx -1] ≤ m (1) đặt t=sinx ( t∈ [-1;1]) (1)=> (et − e + 1)2 − 2et [et − (e − 1)t -1] ≤ m (2) đặt f(t)=et-(e-1)t-1 f’(t)=et-(e-1) f’(t)=0<=>t=ln(e-1) Bảng biến thiên t -∞ 0 ln(e-1) 1 +∞ f’(t) 0 + + f(t) 0 0

3,0 1,5 0,25

0,5

Từ bảng biến thiên => f(t)=0 <=>t=0;t=1 Đặt G(t)= (et − e + 1)2 − 2et [et − (e − 1)t -1]=(et − e + 1)2 − 2et . f (t ) trên [-1;1] G’(t)=2(et-e-1).et-2etf(t)-2et.f’(t)=-2et.f(t) 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=> maxG (t ) = 1 [-1;1]

(1) Đúng với mọi x khi và chỉ khi (2) đúng với mọi t∈ [-1;1] 3

0,25 0,5

Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh <=> m ≥ maxG (t ) ⇔ m ≥ 1 [-1;1]

2-2 π

điều kiện xác định : sin( x − ) ≠ 0 ⇔ x ≠

1,5 0,5

π

+ kπ ( k ∈
) 6 6 (1) ⇔ 4sin 2 x s inx- 3 s inx-cosx=0 ⇔ 2(cosx-cos3x)- 3 s inx-cosx=0

1 3 π s inx ⇔ cos3x=cos(x+ ) ⇔ cos3x= cosx2 2 3 π π   3x = x + 3 + k 2π  x = 6 + kπ (2) ⇔  ⇔ ( k ∈
) 3x = −( x + π ) + k 2π x = − π + k π   3 12 2

0,25

Kết hợp với điều kiện xác định => (1) có nghiệm là x = −

π 12

+k

π 2

( k ∈
)

0,25 1 1  ≤ k ≤ + 2008 x ∈ [0;1004π ] ⇒ 0 ≤ − + k ≤ 1004π ⇔  6 6 12 2  Do k ∈
1 ≤ k ≤ 2008 =>  k ∈


π

π

=> các nghiệm của (1) trên [0;1004 π ] là xk = −

π 12

+k

π

1 ≤ k ≤ 2008 gồm k ∈


với 

0,5

2 π π 5π π 2008 nghiệm lập thành cấp số cộng có x1 = − + = công sai d = nên 12 2 6 2

tổng các nghiệm là n π 2008 5π π 3027562π S = [2 x1 + (n − 1) ] = [2 + (2008 − 1) ] = 2 2 2 6 2 3

3

1,5 0,5

điều kiện : x>0 Ta có C20n+1 + C21n +1 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 = 22 n +1 do C2kn+1 = C22nn++11− k => C20n +1 = C22nn++11 ; C21n +1 = C22nn+1 ;...C2nn +1 = C2nn++11

Nên C20n+1 + C21n +1 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 = 2( C2nn++11 + C2nn++21 + ... + C22nn+1 + C22nn++11 ) => C

n +1 2 n +1

+C

n+2 2 n +1

+ ... + C

2n 2 n +1

+C

 với n=10 => A =  4 x log2 x −3 +  

2 n +1 2 n +1

2

22 n +1 2n 20 = = 22 n => (1) <=>2 =2 <=>n=10 2

− x log 2

x 8

10

0,5

   

số hạng thứ k+1 trong A là Tk +1 = C10k ( 4 x log

2

x −3 10 − k

)

4

.( 2

− x log 2

x 8

)k

Vò ChÝ C−¬ng T.H.P.T ChÝ linh 2 4 10

do số hạng thứ 3 trong A bằng 45 nên T3 = C ( x ⇔ 45.x

2(log 2 x −3)

.2

− x log 2

x 8

= 45 ⇔ log 2 ( x

2(log 2 x − 3)

.2

− x log 2

x 8

log 2 x −3 8

) .( 2

− x log 2

x 8

) 2 = 45

)=0

⇔ 2(log 2 x − 3) log 2 x − x(log 2 x − 3) = 0 ⇔ (log 2 x − 3)(2 log 2 x − x) = 0  log x − 3 = 0 x = 8 ⇔ 2 ⇔  2 log 2 x − x = 0(2)  2 log 2 x − x = 0 đặt f(x)=2log2x-x trên (0;+ ∞ ) 2 2 f '( x) = −1 = 0 ⇔ x = x ln 2 ln 2

bảng biến thiên x 0 2 f’(x) f(x)

-

0,5

2 ln 2

-

0

4 +

+∞ +

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 4

1,0 0,25

[ f(1+ 2 x ) ]502 + 2008 x + [f (1− x ) ]1005 = 0 (1)  f (1) = 0  f (1) = −1

chọn x=0 thay vào (1) => f(1)502 + f(1)1005 = 0 ⇔  Đạo hàm 2 vế của (1)

⇒ 502. f

501 (1+ 2 x )

. f '(1+ 2 x ) .2 + 2008 + 1005. f

chọn x=0 thay vào

1004 (1− x )

0,25

.f '(1− x ) (-1) = 0(2)

(2) ⇒ 1004. f(1)501. f '(1) + 2008 − 1005. f(1)1004 .f '(1) = 0(3)

0,5

với f(1)=0 thay vào (3) không thoả mãn với f(1)=-1 thay vào (3)=> f '(1) =

2008 2009

5 5-1

2,0 1,0 đặt AM=x BN=y

0,25 5

Vò 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 N

B x C H N'

O y K A

x M => OH=OB(1)( OB không đổi) AB ⊥ Ax và AB ⊥ By=>kẻ At  By => 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’

HK  NN’=>

0,5

MH MK x AM  => đường thẳng AK cố = = = => AK là phân giác xAt HN KN ' y AN '

định =>(AKB) cố định (2). Từ (1) và (2)=> H nằm trên đường tròn cố định tâm O bán kính OB vẽ trong mặt phẳng (ABK). 5-2  => α không đổi và sin α = sin MAN ' Do đặt α = (Ax,By) ∆ ABN= ∆ NN’A=> 1 1 ' = 1 AB.x. y.sin α NN '.S ∆AMN ' = AB. AM . AN '.sin MAN 3 3 3 Do AB ⊥ (Ax,At) =>NN’ ⊥ (Ax,At) =>NN’ ⊥ N’M  MN 2 = ( x + y ) 2 = NN '2 + N ' M 2 = AB 2 + AM 2 + AN '2 − 2 AM . AN '.cosMAN'

0,25 1,0 0,5

VMABN = VMANN ' = VNN ' AM =

AB 2  MAN' 4cos 2 2 2 1 AB 1 sin α => VABMN = AB.sin α . = AB3  12  3 MAN' MAN' cos 2 4cos 2 2 2 1 sin α 1 α ' = α => V nếu MAN AB 3 = AB3 tan ABMN = α 12 6 2 cos 2 2 1 α ' = π − α => V nếu MAN AB 3 cot ABMN == 6 2  ⇔ xy = => ⇔ 2 xy = AB 2 − 2 xycosMAN'

0,25

AB 2 =  2(1 + cosMAN')

Do AB , α không đổi => thể tích tứ diện ABMN không đổi

6

0,25