Viết phơng trình mặt phẳng ABC để cho thể tích của khối OABC nhỏ nhất.
Trang 1Đề thi học sinh giỏi khối 12
Thời gian: 180 phút
Bài 1:
Cho hàm số: 0
3
4 2 3
1 3 2
y
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) :8 cos 4 cos 2 2 1 sin 3 1 0
x x
Câu2(2đ) : x3 1 2 3 2x 1
Bài 3:
Câu1(2đ) :Không dùng bảng số hoặc máy tính Chứng minh rằng
tg550 >1,4
Câu2(2đ): Giải phơng trình: 2004x + 2006x = 2 2005x
Câu3(3đ): Tính tích phân sau
2
2
2 sin 4 cos
dx x
x x
I
Bài 4: (2đ)Trong mặt phẳng toạ độ {xoy} Cho Elíp (E) có phơng trình
1
4 9
2 2
x
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 1
Câu1 1/ Tập xác định: R
2 /Chiều biến thiên
a/ y'=x2+2x-2
-
0.5
0.5
Trang 2
Câu2
y'= 0 x2+2x-2= 0 x1 ; 2 1 3 y 4 2 3
-
b/ y'' = 2x+2 = 0 x= -1 y = 4
-
c/ Bảng biến thiên:
x - 1 3 - 1 1 3 +
y'' - 0 +
y - 4 2 3 4 4 2 3 + 3/ Đồ thị
y
4 2 3
4
4 2 3
1 3 -1O 1 3 x
Ta có
( 1 ) ' 2 2
3
1
y(xi) = - 2xi+2
Vậy:
(2)
(1)
0 2 2
2 2
2
i i
i i
x x
x y
-
Từ (1) và (2) ta có 2 8 4 0
i
Vậy phơng trình đờng tròn đi qua các điểm Cực trị có dạng
(y2- 8y+4) + (x2+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
x2 + y2 +4x -7y = 0
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 3Bµi 2
C©u1
C©u2
8cos 4x.cos22x + 1 sin 3x +1 = 0
4(1+cos4x)cos4x+ 1 sin 3x+1= 0
-(2cos4x+1)2 + 1 sin 3x = 0
1 3
1 4 cos 0
3 sin 1
0 1 4 cos 2
x
x x
x
-
1 3
1 sin 3 sin 1
3
1 sin
3 sin cos
3 cos
x
x x x
x x x
x
v× sin3x = 1 nªn cox3x = 0
sinx =
2 6 5
2 6 2
1 sin
l x
k
x x
x3 1 2 3 2x 1 (1)
§Æt y 3 2 x 1 Ta cã 3 2 1
x y
(2)
x y
y x
2 1
) 1 ( 2 1 )
1
3
(x- y)(x2+ y2+ xy + 2) = 0
V× x2+ y2+ xy + 2 > 0 mäi x nªn x= y
-Thay x=y vµo ph¬ng tr×nh (1) Ta cã
x3 -2x+ 1 = 0
-
2
5 1
1
x
x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5 0.5
0.5
Trang 4Bài 3
Câu1
-Câu2
Ta có
x tgx
0 Hay x
cos
1 (x) f'
x -tgx f(x)
2 x 0 tg
2
2
) 0 ( ) (
0 cos
cos 1 1
0
2 2
f x f
x x
x x
x
0 18
1 18
1 ) 18 4 (
55 0
t) -(1
2 (t) g' t -1
t 1 g(t) Goi
tg
tg tg
tg
Vậy hàm g(t) là hàm đồng biến
-Từ
6
1 ( ) 18
( ) 18 ( ) 18 (
18
g g
g tg
g
Vậy
) 1 , 4
18 (
55 0
tg g tg
-
Ta có
2004x + 2006x = 2 2005x 2006x - 2005x = 2005x - 2004x
Gọi x0 là mội nghiệm của phơng trình
Ta có
2006x0 2005x0 2005x0 2004x0
Đặt
) 2004 ( ) 2005
(
) 1 ( ) ( ' )
1 ( )
0 1 0
0 0
0 0
f f
t x t
x t f t t
t
-
Vì f(t) liên tục trên [2004;2005] nên [2004; 2005] để
2004 2005
) 2004 ( ) 2005 ( )
(
f
-Vì f( 2005 ) f( 2004 ) 0 f' ( ) 0
0
1 0
0
x x x x
1
0 0
) 1 (
0 0
] )
1 [(
0
0 1
1 0 1
1
0 0
x
x x
-
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 5Ta cã
2
2
2 2
2
2 2
2 2
2 4 sin sin 4 sin 4 cos
II I
dx x
cox dx x
x dx x
x x I
-
0
2
2 12
11 1
2
0
2
2 2
2
2 1
sin 4
sin 4 sin
4 sin
4
dx x
x I
I
I
dx x
x dx
x
x dx
x
x I
11 I
-§Æt x= -t dx= -dt
x= 0 t = 0
x=-
2
t=
2
2
0
2
sin 4
dt t
t dx
x
x
11
I
I
- 12
2
11
sin 4
dx x
x
VËy I1= I11+I12 = 0
TÝnh I2
I2=
2
2
2
2
2 2
2
) (sin sin
4
) (sin sin
4 cos
x d x
x d dx x
x
2 2
2
2
2
sin 2 ln sin 2 ln 4
1 sin
2
) (sin sin
2
) (sin 4
2
1 9 ln 4
1 sin
2
sin 2 ln 4
x x
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 6Bài 4
Gọi P(x1; y1) Q(x2; y2) thuộc (E) Ta có 1
4 9
2 2
i
x
i= 1,2
Tiếp tuyến tại P;Q của (E) có dạng 1
4
y x
x i i i= 1,2
-Vì tiếp tuyến tại P;Q của (E) cắt nhau tại I(x0; y0)
1 4 9
1 4 9
0
2 0 2
0
1 0 1
y
y x x
y
y x x
-Phơng trình PQ: 1
4 9
0
0 x y y
x
-Vì M(1; 1) thuộc PQ nên ta có 1 1
4
1 9
0 0
y x
Vậy điểm I thuộc đờng thẳng có phơng trình:
4x +9y - 36 = 0
0.5
0.5
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 2 4 1
c b a
-Theo Cosi ta có
3
4 2 1
abc abc
c b a
-
Vì 6.VOABC= abc Nên VOABC 36 Hay Min VOABC = 36
Đẳng thức có khi
3
1 4 2 1
c b a
- Với
12 c
6 b
3 a
3
1
1
1 1
c b a
-
1
12
z 6
y 3
x : (ABC)
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
Trang 7Hay ph¬ng tr×nh mf(ABC): 4x+2y+z-12 = 0