a Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.. 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.. Viết phơng trìng đờng thẳng c
Trang 1Đề 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
2
0
3
3 cos sin
sin
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
x
y
y
xlim
(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) x
- 2
-3
4
-3
2 +
y’ + 0 - - 0 +
y 1 +
Trang 3
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 + x0 + 4x0 + 4 – k = 0(1) Gọi 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
4
2
-2
-4
-6
Trang 4k >
4
8
3 2 0
x
(0,5)
k 2 8 0 4
0
x x
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
8
x
)-9
7
8 x
(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
4
x
)-9
7
8x4 Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua M3; M4 là:
y= a(
9
4
8
x
) +
9
7
8 x
(0,5đ)
Câu 2: (4 đ)
2k kz
(0,25đ) Chia 2 vế của phơng trình cho cos2x
(1) <=> tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+tgx) (1đ)
<=> tgx=-1 <=> x=- k
tgx= 3 x= k
Vậy nghiệm của phơng trình :
x=- k
4 (k z) x= k
a) (2) <=> 22 2 2 2 1
x (0.5đ)
Đặt 2x2 – x = t (t
8
1
) (0.25đ)
Trang 5
Phơng trình trở thành:
2t t1
<=> 2t t10 Khảo sát f(t) = 2t t 1 (0.25đ) f’(t) = 2tln2 – 1 =0 <=> 2t =
2 ln
1
=
t
f’(t) - 0 +
f(t)
Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phơng trình có tối đa 2 nghiệm t (1đ ) Mặt khác f(0) = f(1) = 0
Phơng trình có 2 nghiệm t = 0; t= 1 (0.25đ)
x= 0 ; x=
2
1
; x=1 (0.25đ ) Câu 3: (4 đ)
x x
x
2
0
3
3 cos sin
cos
(0.25đ)
Ta CM đợc I = J (đặt x= t
2
) (0.75đ)
I+J =
2
0
x x
x x
dx
2
2 sin cos cos
2
4 2 4
0
cot 1
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
(0.75đ)
=> I=
3 3
(0.75)
Trang 6Câu 4: ( 6 điểm)
Đặt xOM 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 OBOCODOM 4OG OAx OA (1đ)
4OB'=x OB
OD
x
OD'
4 (1đ)
Ta có: OA’ =OB’= OC’ = OD’
2 2
2 2
' 16 ' 16 ' 16
'
OD x OC x OB x OA x OD
x OC x OB x OA
( )2 ( )2 ( )2 ( )2
=> x 0 (1.5đ)
=> OM 4OM O
=> GM 5GO (0.5đ) Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra (0.5đ)
OC
x
OC'
4