ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 12 MÔN: TOÁN - đề 4 pps

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 đường 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 phương trìng đường thẳng
chứa M
3
và M
4
.
Câu 2: ( 5 điểm)
Giải các phương 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



 Đồ thị (0,5 đ)

4
2
-2
-4
-6
-5
5
A




b) ( 2điểm)
Gọi d qua M có hệ sô gọc k :
d: y=k(x-x
0
) + y
0
(0,25đ)

Hoành độ giao điểm của đồ thị với đường thẳng d là nghiệm
của phương trình: x
3
+ 4x
2
+ 4x +1 = k(x-x
0
) + x
0
3
+ 4x
0
2
+ 4x
0
+1
<=> x=x
0

(0, 5 đ)
x
2
+ ( 4 + x
0
)x + x
0
2
+ 4x
0
+ 4 – k = 0 (1)

Gọi x
1
, x
2
là nghiệm của phương trình (1) => x
1
, x
2
lần lượt 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 phương trình đường 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 phương 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 phương 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)

Phương 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
=
2
ln
1
=


t



f’(t)

- 0 +
f(t)

Quan sát bản bíên thiên nhận thấy phương trình có tối đa 2 nghiệm t.
(1đ ) Mặt khác f(0) = f(1) = 0
 Phương 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 được I = J (đặt x= t
2

)
(0.75đ)

I+J =

2
0

x
x
x
x
dx
22
cos
cos
sin
sin


=




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 lượt 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
)()()()(
=>
0x
(1.5đ)
=>
OOMOM  4

=>
GOGM 5

(0.5đ)
Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra.
(0.5đ)











OCxOC '4