Đề thi học sinh giỏi khối 12 Thời gian: 180 phút Bài 1: Cho hàm số: 0 3 4 2 3 1 23 =++= xxxy Câu1 (2,5đ): Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số Câu2(2đ): Viết phơng trình đờng tròn đi qua các điểm cực trị của (C) và gốc toạ độ Bài 2: Giải các phơng trình Câu1(2đ) : 013sin12cos4cos8 2 =++ xxx Câu2(2đ) : 3 3 1221 =+ xx Bài 3: Câu1(2đ) :Không dùng bảng số hoặc máy tính. Chứng minh rằng tg55 0 >1,4 Câu2(2đ): Giải phơng trình: 2004 x + 2006 x = 2. 2005 x Câu3(3đ): Tính tích phân sau + = 2 2 2 sin4 cos dx x xx I Bài 4: (2đ)Trong mặt phẳng toạ độ {xoy}. Cho Elíp (E) có phơng trình 1 49 22 =+ yx và điểm M(1;1) Một đờng thẳng đi qua điểm M, cắt (E) tại P;Q. Các tiếp tuyến của (E) tại P; Q cắt nhau tại I. Tìm tập hợp các điểm I Bài 5:(2,5đ) Trong không gian cho hệ toạ độ {oxyz}. Cho điểm A(a;0;0) B(0;b;0) C(0;0;c) và M(1;2;4) thuộc mặt phẳng ABC. Viết phơng trình mặt phẳng ABC để cho thể tích của khối OABC nhỏ nhất. Bài Nội dung Điểm Bài 1 Câu1 ------ ---- Câu2 1/ Tập xác định: R 2 /Chiều biến thiên a/ y'=x 2 +2x-2 -------------------------------------------------------------------------------- y'= 0 x 2 +2x-2= 0 31 2;1 = x 324 = y --------------------------------------------------------------------------------- b/ y'' = 2x+2 = 0 x= -1 y = 4 --------------------------------------------------------------------------------- c/ Bảng biến thiên: x - 31 - 1 31 + + y'' - 0 + y + - 324 + 4 324 3/ Đồ thị y 324 + 4 324 31 -1O 31 + x Ta có 22')1( 3 1 ++= xyxy y'= 0 tại x i y(x i ) = - 2x i +2 ------------------------------------------------------------------------------ Vậy: 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 =+ += (2) (1) 022 22 2 ii ii xx xy -------------------------------------------------------------------------- Từ (1) và (2) ta có 048 2 =+ ii yy (3) Vậy phơng trình đờng tròn đi qua các điểm Cực trị có dạng (y 2 - 8y+4) + (x 2 +2x-2) + t(y+2x-2) = 0 ---------------------------------------------------------------------------- Vì đờng tròn đi qua O(0;0) nên ta có 2 - 2t = 0 t = 1 Thay t = 1 Ta có x 2 + y 2 +4x -7y = 0 0.5 0.5 0.5 Bài 2 Câu1 ------ -- Câu2 8cos 4x.cos 2 2x + x3sin1 +1 = 0 4(1+cos4x)cos4x+ x3sin1 +1= 0 -------------------------------------------------------------------------------- (2cos4x+1) 2 + x3sin1 = 0 = = = =+ 13sin 2 1 4cos 03sin1 014cos2 x x x x ------------------------------------------------------------------------------ = = = = 13sin 2 1 sin.3sin 13sin 2 1 sin.3sincos3cos x xx x xxxx vì sin3x = 1 nên cox3x = 0 sinx = += += = 2 6 5 2 6 2 1 sin lx kx x 3 3 1221 =+ xx (1) Đặt 3 12 = xy Ta có 12 3 = xy =+ =+ (2) xy yx 21 )1(21 )1( 3 3 (x- y)(x 2 + y 2 + xy + 2) = 0 Vì x 2 + y 2 + xy + 2 > 0 mọi x nên x= y 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 ------------------------------------------------------------------------------ Thay x=y vµo ph¬ng tr×nh (1). Ta cã x 3 -2x+ 1 = 0 --------------------------------------------------------------------------------- ⇔ 2 51 1 ±− = = x x 0.5 0.5 0.5 Bµi 3 C©u1 ------ - Ta cã xtgx 0 Hayx cos 1 (x)f' x -tgxf(x) 2 x0 tg 2 2 >>⇔> ∀> − =−=⇔= <<>⇔>⇔<< )0()( 0 cos cos1 1 0 2 2 fxf x x x x xtgx π αα π α 0 18 1 18 1 ) 184 (55 0 >=⇔ + = − + =+= 2 t)-(1 2 (t) g' t-1 t1 g(t)Goi π π ππ tg tg tgtg VËy hµm g(t) lµ hµm ®ång biÕn ------------------------------------------------------------------------------ Tõ 4,1) 6 1 () 18 ( ) 18 () 18 ( 1818 >>⇔ > > gg gtgg tg π ππ ππ ------------------------------------------------------------------------------ VËy 4,1) 18 (55 0 >= π tggtg ----------------------------------------------------------------------------- Ta cã 2004 x + 2006 x = 2. 2005 x ⇔ 2006 x - 2005 x = 2005 x - 2004 x Gäi x 0 lµ méi nghiÖm cña ph¬ng tr×nh Ta cã 0.5 0.5 0.5 0.5 C©u2 ------ -- C©u3 0000 2004200520052006 xxxx −=− §Æt )2004()2005( )1()(')1()( 1 0 1 0 0000 ff txtxtftttf xxxx = −−=⇔−−= −− ------------------------------------------------------------------------- V× f(t) liªn tôc trªn [2004;2005] nªn ∃ α ∈[2004; 2005] ®Ó 20042005 )2004()2005( )( − − = ff f α -------------------------------------------------------------------------------- V× 0)('0)2004()2005( =⇒=− α fff Suy ra 0)1()(' 1 0 1 0 00 =−−= −− xx xxf ααα ------------------------------------------------------------------------------- = = ⇔ =−+ = ⇔=−− −− −− 1 0 0)1( 0 0])1[( 0 0 11 0 11 0 00 00 x x x x xx xx αα αα ----------------------------------------------------------------------------------- Ta cã 21 2 2 2 2 2 2 2 22 sin4 sin4sin4 cos III dx x cox dx x x dx x xx I += − + − = − + = ∫ ∫∫ − −− π π π π π π ------------------------------------------------------------------------------ ∫ ∫∫∫ − −− − =+= − + − = − = 0 2 2 12111 2 0 2 0 2 2 2 2 2 1 sin4 sin4sin4sin4 π π π π π dx x x III dx x x dx x x dx x x I 11 I ----------------------------------------------------------------------- §Æt x= -t dx= -dt x= 0 t = 0 x=- 2 π t= 2 π Ta cã ∫∫ − −= − = − 2 0 2 0 2 2 sin4sin4 π π dt t t dx x x 11 I ------------------------------------------------------------------------------- 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 I- 12 == − −= ∫ 2 0 2 11 sin4 π dx x x I VËy I 1 = I 11 +I 12 = 0 -------------------------------------------------------------------------------- TÝnh I 2 I 2 = ∫∫∫ −−− +− = − = − 2 2 2 2 2 2 2 2 )sin2)(sin2( )(sin sin4 )(sin sin4 cos π π π π π π xx xd x xd dx x x I 2 = [ ] 2 2 2 2 2 2 sin2lnsin2ln 4 1 sin2 )(sin sin2 )(sin 4 1 π π π π π π − −− −−+= − − + ∫∫ xx x xd x xd I 2 = 3ln 2 1 9ln 4 1 sin2 sin2 ln 4 1 2 2 == − + − π π x x 0.5 0.5 0.5 0.5 Bµi 4 Gäi P(x 1 ; y 1 ) Q(x 2 ; y 2 ) thuéc (E) Ta cã 1 49 22 =+ ii yx i= 1,2 TiÕp tuyÕn t¹i P;Q cña (E) cã d¹ng 1 49 =+ y y x x ii i= 1,2 --------------------------------------------------------------------------------- V× tiÕp tuyÕn t¹i P;Q cña (E) c¾t nhau t¹i I(x 0 ; y 0 ) Hay ⇔ =+ =+ 1 49 1 49 0 2 0 2 0 1 0 1 y y x x y y x x -------------------------------------------------------------------------------- Ph¬ng tr×nh PQ: 1 49 00 =+ y y x x 0.5 0.5 ------------------------------------------------------------------------------ Vì M(1; 1) thuộc PQ nên ta có 11 4 1 9 00 =+ yx Vậy điểm I thuộc đờng thẳng có phơng trình: 4x +9y - 36 = 0 0.5 0.5 Bài 5 Từ giả thiết ta có phơng trình của mf(ABC): 1 =++ c z b y a x Điểm M(1;2;4) (ABC) 1 421 =++ cba ----------------------------------------------------------------------------- Theo Cosi ta có 3 33 6 6 1 6421 ++ abc abcabc cba ---------------------------------------------------------------------------- Vì 6.V OABC = abc Nên V OABC 36 Hay Min V OABC = 36 Đẳng thức có khi 3 1421 === cba -------------------------------------------------------------------------------- Với 12c 6b 3a = = = = = = 3 14 3 12 3 11 c b a ----------------------------------------------------------------------------- 1 =++ 12 z 6 y 3 x :(ABC) Hay phơng trình mf(ABC): 4x+2y+z-12 = 0 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 . ------------------------------------------------------------------------------ Tõ 4,1) 6 1 () 18 ( ) 18 () 18 ( 181 8 >>⇔ > > gg gtgg tg π ππ ππ ------------------------------------------------------------------------------. = 0 sinx = += += = 2 6 5 2 6 2 1 sin lx kx x 3 3 122 1 =+ xx (1) Đặt 3 12 = xy Ta có 12 3 = xy =+ =+ (2) xy yx 21 )1(21 )1( 3 3 (x- y)(x 2