Trung học phổ thông Tĩnh Gia I đề thi học sinh giỏi môn toán có đáp án chi tiết, thời gian 180 phút
Trang 1Sở GD & ĐT thanh hóa
Trờng THPT tĩnh gia 3
=========***=========
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12
Môn: Toán
Thời gian: 180 phút
Câu1: (6 điểm)
Cho hàm số y= x3 + 4x2 + 4x +1
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
b) Cho M(x0;y0) trên đồ thị Một đờng thẳng d thay đổi đi qua M cắt đồ thị tại M1 và M2 khác M Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn M1M2
c) Tìm a sao cho tồn tại 2 tiếp tuyến cùng hệ số góc a của đồ thị hàm số, gọi các tiếp điểm là M3 và M4 Viết phơng trìng đờng thẳng chứa M3 và M4
Câu 2: ( 5 điểm)
Giải các phơng trình sau:
a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1)
4X = (2x2 – x +1)2x (2)
Câu 3: ( 4 điểm)
Tính tích phân sau:
x x
x
0
3
sin sin π
Câu 4: ( 5 điểm)
Cho tứ diện ABCD có tâm mặt cầu ngoại tiếp O Tìm các điểm M trong không gian sao cho 4 trọng tâm của tứ diện MBCD; MCDA; MDAB; MABC cách
đều điểm O
Trang 2Đáp án đề thi học sinh giỏi khối 12
Môn: Toán
Câu 1: ( 6 điểm)
a) ( 2 điểm)
• TXĐ: D =R (0,25đ)
• Chiều biến thiên:
y’ = 3x2 + 8x + 4
y’ = 0 <=> x = 2; x=
-3 2
Hàm số đồng biến (-∞; -2) ; )
3
2 ( − +∞
3
2
; 2 ( − − (0.25)
• Cực đại, cực tiểu:
Cực đại tại :) xCĐ = -2; yCĐ = 1
Cực tiểu tại: xCT =
-3
2
; yCT =
-27 5
Giới hạn limx→+∞y=+∞ ; xlim→−∞y =−∞ (0.25đ)
• Tính lồi lõm và điểm uốn:
y’’ = 6x + 8 = 0 <=> x=
-3 4
Hàm sô lồi từ
(-3
4
; −
∞ ), lõm
(-3
4
; +∞)
Điểm uốn:
I(-27
11
; 3
4
) (0.25đ)
• Bảng biến thiên: (0,5đ)
Trang 3x -∞ 2
-3 4
-3 2 +∞
y’ + 0 - - 0 +
y 1 +∞
27 11 -∞
27 5 − • Đồ thị (0,5 đ)
b) ( 2điểm)
Gọi d qua M có hệ sô gọc k :
d: y=k(x-x0) + y0 (0,25đ)
Hoành độ giao điểm của đồ thị với đờng thẳng d là nghiệm của
ph-ơng trình: x3 + 4x2 + 4x +1 = k(x-x0) + x0 + 4x0 + 4x0 +1
<=> x=x0 (0, 5 đ)
x2 + ( 4 + x0)x + x02 + 4x0 + 4 – k = 0(1)
4
2
-2
-4
-6
Trang 4Gọi x1, x2 là nghiệm của phơng trình (1) => x1, x2 lần lợt là hoành độ của
M1, M2 =>
xI =
-2
4
0 +
x
(0,75 đ)
yI = y0 + k(
2
4
3x0 +
)
I ∈ x =
2
4
0 +
x
Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt <=> ∆ > 0
f(x0) ≠ 0
k >
4
8
3 2 0
k ≠x02 + 8x0 + 4
c) ( 2đ)
Để thỏa mãn YCBT:
<=> y’ = 3x2 + 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ)
<=> a>
-3
4
(0,25đ)
Nhận xét: x3 + 4x2 + 4x + 1 = (3x2 + 8x +4)(
9
4
8x+
)-9
7
8x+
(0,5đ) Gọi M3(x3; y3), M4(x4; y4)
y3 = a(
9
7 8 ) 9
4 8
3
x
(0,5đ)
y4 = a(
9
4 8
x
)-9
7
8x4 +
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua M3; M4 là:
y= a(
9
4
8x + ) +
9
7
8x+
(0,5đ)
Câu 2: (4 đ)
2 +kπ k∈z
π
(0,25đ) Chia 2 vế của phơng trình cho cos2x
Trang 5(1) <=> tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+tgx) (1®)
<=> tgx=-1 <=> x=-π +kπ
tgx=± 3 x=±π +kπ
VËy nghiÖm cña ph¬ng tr×nh :
x=-π +kπ
4 (k∈z)
x=±π +kπ
a) (2) <=> 22 2 2 2 1
+
−
=
x (0.5®)
§Æt 2x2 – x = t (t
8
1
−
≥ ) (0.25®)
Ph¬ng tr×nh trë thµnh:
2t =t+ 1
<=> 2t −t− 1 = 0
Kh¶o s¸t f(t) = 2t −t− 1 (0.25®) f’(t) = 2tln2 – 1 =0 <=> 2t =
2 ln
1
=α
t α
f’(t) - 0 +
f(t)
Quan s¸t b¶n bݪn thiªn nhËn thÊy ph¬ng tr×nh cã tèi ®a 2 nghiÖm t (1® ) MÆt kh¸c f(0) = f(1) = 0
Ph¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm t = 0; t= 1 (0.25®)
x= 0 ; x=
2
1
± ; x=1 (0.25® )
C©u 3: (4 ®)
Trang 6Xét J= dx
x x
x
0
3
sin
cos
π
(0.25đ)
Ta CM đợc I = J (đặt x= −t
2
π ) (0.75đ)
I+J = ∫2
0
π
x x
x x
dx
2
sin − + = ∫ −∫ − +
−
−
2
4 2 4
0
cot 1
π
π
π
gx x
g
gx d tgx
x tg
dtgx
(0.75đ)
Đặt tgx(cotgx) = t
I + J = ∫1 − +
0
2
t t
dt
=2∫
+
−
−
1
4
3 ) 2
1 (
) 2
1 (
t
t d
(0.75đ)
Đặt t
-2
1
= tgy
2
3
=> I + J =
3 3
4 π
(0.75đ)
=> I=
3 3
2 π
(0.75) Câu 4: ( 6 điểm)
Đặt x=OM + 4OG (0.5đ)
Gọi A’, B’, C’, D’ lần lợt là trọng tâm của các tứ diện MBCD;
MCDA; MDAB; MABC
Ta có 4OA' =OM +OB+OC+OD=OM + 4OG−OA= x−OA (1đ)
4OB'=x−OB
OD
x
OD' = −
4 (1đ)
Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’
2 2
2 2
' 16 ' 16 ' 16
'
16OA = OB = OC = OD
⇒
OD x OC x OB x OA x OD
x OC
x OB x OA
⇔ ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2 ( ) 2
OC
x
OC' = −
4
Trang 7=> x=0 (1.5đ)
=> OM + 4OM =O
=> GM = 5GO (0.5đ) Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra (0.5đ)