Đề thi chọn đội tuyển học sinh giỏi lần 2 môn: Toán

TRƯỜNG THPT H ẬU LỘC 2
ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2
 NĂM HỌC 2010 - 2011
Mụn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề
Cõu I (6 điểm)
Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số : y = 4|x3| - 3|x| - 1.
Giải bất phương trình: 
Xét điểm A(1;0). Viết phương trình của họ đường thẳng đi qua A và tìm xem những đường nào của họ ấy cắt đồ thị (C) tại 4 điểm phân biệt. 
Câu II: (6 điểm)
1. Giải hệ phương trình : 
2. Giải phương trình : (1 + cosx)( 2 + 4cosx) = 3. 4cosx . 
3. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x 
Câu III. (2 điểm)
Tính tích phân sau;
Câu IV (4 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Đề các vuông góc Oxy cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (C). Biết (C) có phương trình: (x - 1)2 + (y + 2)2 = 5; = 900; A(2;0) và diện tích tam giác ABC bằng 4. Tìm tọa độ các đỉnh B; C.
2.Cho khối chúp S. ABCD cú đỏy ABCD là hỡnh bỡnh hành. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của cỏc cạnh AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia khối chúp S.ABCD thành hai phần cú thể tớch bằng nhau.
Câu V: (2 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất của tổng sau theo các hằng số dương x,y,z,t:
 	 P = 
 Trong đó : a,b,c,d, là các số dương thỏa mãn : 
	 ----------------------------- Hết -----------------------------
Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm.
trường thpt hậu lộc 2
đáp án ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LẦN 2
NĂM HỌC 2010 - 2011
Mụn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu
Nội dung
Điểm
I
6.0đ
1
2đ
Do hàm sỗ đã cho là hàm số chẵn nên ta chỉ cần khảo sát với x ≥ 0. Khi đó, Với x ≥ 0 hàm số trở thành : y = 4x3 - 3x - 1
x
y’
y
+
0
+
0
-1
-2
Ta có : y’ = 12x2 - 3, ta có bảng biến thiên.
Ta cú BBT của hàm số đó cho : 
+
0
+
x
0
y’
+
-1
+
y
-2
-2
Chỉ ra cỏc khoảng đơn điệu và cực trị của hàm số.
Đồ thị : 
0,25
0,5
0,25
0.5
0,5
1.0
1.0
0,5
0,5
0,5
0,5
2
2đ
Viết lại PT đã cho dưới dạng: 
Từ đồ thị của hàm số đã cho ta suy ra: 
(1) và (2) và 
3
2 đ
Họ đường thẳng đi qua A(1; 0) có phương trình
 y = k( x - 1) = kx - k
Gọi B là điểm B(0; -1). Đường thẳng nối AB dễ thấy có hệ số góc là
Gọi k2 là hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong (C) ở nhánh bên trái Oy vẽ từ A. 
Gọi x0 là hoành độ tiếp điểm, ta có hệ sau:
Thay (5) vào (4) ta đi đến phương trình:
4x03 - 6x02 + 1 =0 
Đường thẳng đi qua A và cắt đồ thị tại bốn điểm phân biệt, phải nằm giữa đường thẳng AB và tiếp tuyến nói trên, đó là những đường thẳng có PT:
 y = kx - k với 1 < k < 6- 9
II
6,0đ
1
2,0đ
Đặt t = 2x - y
Khi đó hệ (I):
Ta có:
(1) (3)
Đặt ; g(t) = 1+2. 2t 
Ta có: f(t) là hàm số giảm, g(t) là hàm số tăng Và f(1) = g (1)
Do đó: (3) 
Vậy hệ (I) 
Đặt h(y) = y3 + 2y + 3 + ln ( y2+ y +1 )
Ta có: 
h’(y) = 3y2 + 2 + = = 
h’(y) >0 h(y) là hàm số tăngvà h(-1) = 0
Vậy (I) 
0,25
0,25
0,5
0,5
0,5
2
2,0đ
Đặt t = cosx (1 + t)(2 + 4t) = 3.4t
Ta có : 
Đặt u = > 0(6ln4)u = (u + 2)2 = u2 + 4u + 4
u2 + (4 - 6ln4)u + 4 = 0
Ta có : = 3ln4(3ln4 - 4) > 0 và u1u2 = 4 > 0 ; u1 + u2 = 6ln4 - 4 > 0
Suy ra u1 > 0 ; u2 > 0 f’(t) = 0 có 2 nghiệm t1, t2 phân biệt .
Mặt khác, hàm số f(t) liên tục trên R nên PT f(t) = 0 không có 3 nghiệm t phân biệt. Mà f(0) = f(ẵ) = f(1) = 0 nên 
f(t) = 0 
0,25
0.25
0,25
0,25
0,5
0,5
3
2đ
Đặt t =, ĐK  ; suy ra x2 - 2x = 24 - t2.
BPT đã cho trở thành : t ≤ 24 - t2 + m f(t) = t2 + t - 24 ≤ m
Ta dễ thấy f(t) đồng biến trên đoạn [0; 5], do đó ycbt f(5) ≤ m 6 ≤ m
0.5
0,5
1.0
III
2.0đ
2đ
Đặt t = tdt = 2(2x + 3)dx
Đổi cận : 
Ta có : (2x +3)2 = 4x2 + 12x + 9 = t2 + 4
Vậy I = 
Lại đặt t = tanu với dt = 2(1 + tan2u)du
 Vậy 
0.5
0,5
0.5
0,5
IV
4đ
1
2.0đ
(C) có tâm I(1; -2), bán kính R = 
Do ị C đối xứng với A qua I ị C(0; -4)
có pt đường thẳng AC là: 2x - y - 4 = 0
Có SDABC = 4 ị khoảng cách từ B đến AC là: d = 
ị B ẻ đường thẳng D ÔÔ AC, cách AC một khoảng bằng d
ị pt của D có dạng: 2x - y + m = 0.
mà D ÔÔ AC ị khoảng cách từ A đến D bằng d
Vậy 
+ Với m = 0 pt của D: 2x - y = 0 ị toạ độ B là nghiệm của hệ:
 hoặc 
+ Với m = -8 Pt của D : 2x-y- 8 = 0 ị toạ độ B là nghiệm của hệ:
 hoặc 
Vậy toạ độ C(0; - 4), toạ độ B là: hoặc (0; 0) hoặc () 
 hoặc (2; -4) hoặc ()
0.25
0,25
0,25
0.25
0,5
0,5
2
2đ
Gọi K và I lần lượt là giao điểm của MN với CD và BC, ta có CK = CD, CI = CB.
d(P,(ABC)) = d(S,(ABC))
VPCIK = CI.CK.sin.d(P,(ABC)) =(CB.CD.sin.d(S;(ABC)) ị VPCIK = VSABCD , (1)
Mặt khác (2)
Từ (1) và (2) ị VIBEM = VSABCD
Tương tự VKNDF = VSABCD
Gọi V2 là thể tích của khối đa diện giới hạn bởi mặt phẳng (MNP) và mặt phẳng đáy 
ị V2 = VPCIK - (VIBEM + VKNDF) = VSABCD - VSABCD = VSABCD
Vậy V2 = VSABCD ị đpcm
 0,25
0.25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Va
2đ
*áp dụng BĐT : với aici > 0 
(i = 1,2,3,...,n)
 Dấu bằng xảy ra 
*Đặt: S = x+y+z+t > 0 . Ta có :
Tương tự : 
*GTLN của P bằng ,đạt được khi chỉ khi : a = b = c = d = 
0,5
0,5
0,25
0,5
0,25