Trung học phổ thông Tĩnh Gia I đề thi học sinh giỏi môn toán có đáp án chi tiết, thời gian 180 phút

Sở 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= x
3
+ 4x
2
+ 4x +1.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số.
b) Cho M(x
0
;y
0
) trên đồ thị. Một đờng thẳng d thay đổi đi qua M cắt đồ thị
tại M
1
và M
2
khác M. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn M
1
M
2
.
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 M
3
và M

4
. Viết phơng trìng đờng thẳng chứa M
3
và M
4
.
Câu 2: ( 5 điểm)
Giải các phơng trình sau:
a) tgxsin
2
x - 2sin
2
x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1)
b)
2
4
X
= (2x
2
x +1)2
x
(2)
Câu 3: ( 4 điểm)
Tính tích phân sau:
I =
dx
xx
x

+

2
0
33
cossin
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.
Đáp 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 = 3x
2
+ 8x + 4
y = 0 <=> x = -2; x= -
3
2

Hàm số đồng biến (-

; -2)
);
3
2
( +

, nghịch biến
)
3
2
;2(
(0.25).
Cực đại, cực tiểu:
Cực đại tại :) x
CĐ
= -2; y
CĐ
= 1.
Cực tiểu tại: x
CT
= -
3
2
; y
CT
= -
27
5
Giới hạn
+=
+x
ylim
;
=

y

x
lim
(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 +
∞

27
11
-
∞

27
5−

• §å thÞ (0,5 ®)

b) ( 2®iÓm)
Gäi d qua M cã hÖ s« gäc k :
d: y=k(x-x
0
) + y
0
(0,25®)
Hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ víi ®êng th¼ng d lµ nghiÖm cña ph-
¬ng tr×nh: x
3

+ 4x
2
+ 4x +1 = k(x-x
0
) + x
0
3
+ 4x
0
2
+ 4x
0
+1
<=> x=x
0
(0, 5 ®)
x
2
+ ( 4 + x
0
)x + x
0
2
+ 4x
0
+ 4 – k = 0(1)
4
2
-2
-4

-6
-5
5
A
Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phơng trình (1) => x
1
, x
2
lần lợt là hoành độ của
M
1,
M
2
=>
x
I
= -
2
4
0
+x
(0,75 đ)
y
I
= y
0

+ k(
2
43
0
+x
)
I

x =
2
4
0
+x
Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt <=>
0>
f(x
0
)
0

k >
4
83
0
2
0
xx +
(0,5)
k
48

0
2
0
++ xx
c) ( 2đ)
Để thỏa mãn YCBT:
<=> y = 3x
2
+ 8x + 4 = a có 2 nghiệm phân biệt (0,25đ)
<=> a> -
3
4
(0,25đ)
Nhận xét: x
3
+ 4x
2
+ 4x + 1 = (3x
2
+ 8x +4)(
9
4
8
+
x
)-
9
78 +x
(0,5đ)
Gọi M

3
(x
3
; y
3
), M
4
(x
4
; y
4
)
y
3
= a(
9
78
)
9
4
8
33
+
+
xx
(0,5đ)
y
4
= a(
9

4
8
4
+
x
)-
9
78
4
+x
Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua M
3
; M
4
là:
y= a(
9
4
8
+
x
) +
9
78 +x
(0,5đ)
Câu 2: (4 đ)
Đ/K : x

)(
2

zkk +


(0,25đ)
Chia 2 vế của phơng trình cho cos
2
x
(1) <=> tg
3
x -2tg
2
x = 3(1-tg
2
x+tgx) (1đ)
<=> tgx=-1 <=> x=-


k+
4
(k
z
) (0,5đ)
tgx=
3
x=


k+
3
(k

z
) (0,5đ)
Vậy nghiệm của phơng trình :
x=-


k+
4
(k
z
)
x=


k+
3
(k
z
) (0,25đ)
a) (2) <=>
122
22
2
+=

xx
xx
(0.5đ)
Đặt 2x
2

x = t (t
8
1

) (0.25đ)

Phơng trình trở thành:

12 += t
t
<=>
012 = t
t
Khảo sát f(t) =
12 t
t
(0.25đ)
f(t) = 2
t
ln2 1 =0 <=> 2
t
=
2ln
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)
Xét J=
dx
xx
x

+
2
0
33
cossin
cos

(0.25đ)
Ta CM đợc I = J (đặt x=
t
2

) (0.75đ)

I+J =

2
0

xxxx
dx
22
coscossinsin +
=

+


2
4
2
4
0
2
1cotcot
cot
1



gxxg
gxd
tgxxtg
dtgx
(0.75đ)

Đặt tgx(cotgx) = t
I + J =

+
1
0
2
1
2
tt
dt
=2

+

1
0
2
4
3
)
2
1
(
)
2
1
(
t
td

(0.75đ)
Đặt t -
2
1
=
tgy
2
3

=> I + J =
33
4

(0.75đ)
=> I=
33
2

(0.75)
Câu 4: ( 6 điểm)
Đặt
OGOMx 4+=
(0.5đ)
Gọi A, B, C, D lần lợt là trọng tâm của các tứ diện MBCD;
MCDA; MDAB; MABC
Ta có
OAxOAOGOMODOCOBOMOA =+=+++= 4'4
(1đ)
4
'OB

=
OBx

ODxOD ='4
(1đ)
Ta có: OA =OB= OC = OD
2222
'16'16'16'16 ODOCOBOA ===
ODxOCxOBxOAxODxOCxOBxOAx ======
2222
)()()()(
OCxOC
=
'4
=>
0=x
(1.5®)
=>
OOMOM =+ 4

=>
GOGM 5=
(0.5®)
VËy cã 1 ®iÓm M tho¶ m·n ®iÒu kiÖn ®Ò ra. (0.5®)