Tài liệu ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI HSG KHỐI 12

SỞ 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:
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

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI 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 ĐÁP ÁN 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