Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 Môn: Toán

Sở GD & ĐT thanh hóa
Trường 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 đường 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 phương trìng đường thẳng chứa M3 và M4.
Câu 2: ( 5 điểm)
Giải các phương trình sau:
a) tgxsin2x - 2sin2x = 3 (Cos2x + sinxcosx) (1)
b) 24 X = (2x2 – x +1)2x (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’ = 3x2 + 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 :) xCĐ = -2; yCĐ = 1.
 Cực tiểu tại: xCT = - 3
2 ; yCT = - 27
5
 Giới hạn 
x
ylim ;  yxlim (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)
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 đường thẳng d là nghiệm của
phương trình: x3 + 4x2 + 4x +1 = k(x-x0) + x03 + 4x02 + 4x0+1
 x=x0 (0, 5 đ)
x2 + ( 4 + x0)x + x02 + 4x0 + 4 – k = 0 (1)
4
2
-2
-4
-6
-5 5A
Gọi x1, x2 là nghiệm của phương trình (1) => x1, x2 lần lượt là hoành độ
của M1,M2 =>
xI = - 2
40 x (0,75 đ)
yI = y0 + k( 2
43 0 x )
 I  x =
2
40 x
Giới hạn: (1) có 2 nghiệm phân biệt 0
 f(x0) 0
 k >
4
83 0
2
0 xx  (0,5)
 k 48 020  xx
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
78 x (0,5đ)
Gọi M3(x3; y3), M4(x4; y4)
y3 = a( 9
78)
9
4
8
33  xx (0,5đ)
y4 = a( 9
4
8
4 x )-
9
78 4 x
Vậy phương trình đường thẳng đi qua M3; M4 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 cos2x
(1) tg3x -2tg2x = 3(1-tg2x+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  xxxx (0.5đ)
Đặt 2x2 – x = t (t
8
1 ) (0.25đ)
Phương trình trở thành:
12  tt
 012  tt
Khảo sát f(t) = 12  tt (0.25đ)
f’(t) = 2tln2 – 1 =0 2t =
2ln
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

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 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 )()()()(
OCxOC '4
=> 0x (1.5đ)
=> OOMOM  4
=> GOGM 5 (0.5đ)
Vậy có 1 điểm M thoả mãn điều kiện đề ra. (0.5đ)