Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 24

Câu 2: Giải hệ phơng trình.. Chứng minh rằng khi M di động trên P thì đờng thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định.. Chứng minh rằng khi M di động trên P thì thì trung điểm I của MT chạy t

Đề thi học sinh giỏi 12 (Thời gian làm bài 180’)

Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x4- 6x2 + 4x + 6 luôn luôn có 3 cực trị đồng thời gốc toạ độ O là trọng tâm của các tam giác tạo bởi 3 đỉnh và

3 điểm cực trị của đồ thị hàm số

Câu 2: Giải hệ phơng trình

x+y = 4 z 1

y + z = 4 x 1

z + x = 4y 1

Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho

parabôn (P): y2 = 4x M là một điểm di động trên (P) M  0, T là một điểm trên (P) sao cho T  0, OT vuông góc với OM

a Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì đờng thẳng MT luôn đi qua một điểm cố định

b Chứng minh rằng khi M di động trên (P) thì thì trung điểm I của MT chạy trên 1 pa ra bol cố định

Câu 4: Giải phơng trình sau:

sinx + siny + sin (x+y) =

2

3 3

Câu 5: Cho dãy số In = 





n

n

dx x

x

4

2

cos

Tính nlimIn

Câu 6 : Cho 1  a > 0, chứng minh rằng

1

ln



a

a

< 1 33

a a

a





Đáp án

Câu 1: (3 điểm )

Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6

y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = 0 <=> g(x) = x3 - 3x + 1 = 0 (1)

Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3

g( 1) g( 2) 0

0 1)

g( -1) g(

0 1)

2) g(g(









g(x) liên tục nên phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn :

- 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2

* Ta có y =

4 1 y’.x- 3.(x2 - x - 2) (1)

Gọi các điểm cực trị là A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) và G (x0,y0) là trọng tâm tam giác ABC

Theo ĐL Viet có x1 + x2 + x3 = 0 (2)

x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3)

Từ (2) suy ra x0 =

3

3 2

= 0

Từ (1) (2) (3) suy ra:

y0 =

3

1

(y1+y2+y3) = -3 ( 2

3

2 2

2

1 x x

x   )-(x1+x2+x3) - 6

= -3 (x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6 = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0)  0(0;0) (ĐPCM)

Câu 2: ( 2 điểm)

x+y = 4 z 1 (1)

y + z = 4 x 1 (2) (I) đk x,y,z >

4 1

z + x = 4y 1 (3)

áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:

1 ).

1 4 ( 1

4z  z <

2

1 ) 1 4 ( z 

= 2z (1’) Tơng tự 4 x 1 < 2x (2’) 4y 1< 2y (3’)

Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra

2(x+y+z) = 4z 1  4x 1  4y 1< 2z + 2x + 2y (4)

Từ (4) suy ra:

4z - 1 = 1 (I) <=> 4x - 1 = 1 <=> x = y = z =

2

1 nghiệm đúng (I) 4y - 1 = 1

Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z =

2 1

Câu 3: (P): y2 = 4x

a (3điểm ) Giả sử y

4

y

2 1













4

y

2

2 2













T với y1,y2  0; y1  y2.

4

y 4

y 0 OM

2 1 2



 y1 y2 + 16 = 0 (1)

Phơng trình đờng thẳng MT:

y -y

y -y 4

y -4 y

4

y -x

1 2

1 2

1 2 2

2 1

 4x - 2

1

y = (y1 + y2) (y-y1)

 4x - (y1 + y2) y - 16 = 0  4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0

Nên đờng thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0)

b (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì

x0 = y y  8

2 2

1  (1)

y0 =

2

y

y1 2

(2)

Từ (1) suy ra x0 =

8

1 (y1+y2)2 - 2y1y2 =

8 1 (2y0)2 - 2 (-16)

=

2

1 2 4

0 

y  2

0

y = 2x0 - 8

Từ đó  I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định

Câu 4: (3 điểm)

sin x + sin y + sinz (x+y) =

2

3

áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có

2 ) 2

3 3 (

4

27

 = [sinx + siny + sinz (x+y)] 2 < (12 + 12+12).(sin2x + zin2y + sin2(x+y))

= 3 

2

2 cos 1 2

2 cos





+sin2 (x+y)

= 3.[1- cos (x+y) cos (x-y) + 1 - cos2 (x+y)]

= 3 2-(cos (x+y)+

2

1 cos (x-y)2) +

4

1 cos2 (x-y)

< 3 (2- 0 +

4

1 ) = 4

27 (2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) +

2

1 cos (x-y)2 > 0

Từ (2) suy ra:

cos2 (x-y) = 1 (1)  cos (x+y) +

2

1 cos (x-y) = 0

sinx = sin y = sin (x+y) =

2 3

 với k , n Z

2n

2k

























x

cosx

I

4n

2n

n  





Ta chứng minh: 0 < In <



n

4

1

(1)

Ta có: In = 





n

n x

x

4

2

cos

dx = 





n

x d

4

4

) (sin

=

x

x

sin





n

n

2

4

- 





n

n x d x

4

2

) 1 ( sin

= 





n

n x

x

4

2 2

sin dx

* Ta có: sin2

x

x

< 12

x x  2n , 4n  nên

In <

x x

dx

n

n

1

4

2

2  







n

n

2

4

= -





1 2

1 4

1



* Ta có: In = 2 1





n

n

k 

 



) 1 ( 2

2

2

sin

k

x

dx đặt JK = 

 



) 1 ( 2

2

2

sin

k

x

dx

=> JK = 

 



) 1 2 (

2

2

sin

k

x









) 1 ( 2

) 1 2 (

2

sin

k

x

dx > 



) 1 ( 2

2

sin

k

k

x( 2 2

) (

1 1







x

x )dx >0 (3)

Ta lại có: In = 2 1





n

n

Từ (2) (4) suy ra 0 < In 



n

4

1

Ta lại có





n Lim



n

4

1

= 0 nên Lim In 0







Câu 6: (3 điểm)

1

ln



a

a

< 1 33

a a

a





(1) với 1  a > 0 Trong hợp 1: a >1

(1) <=> (a + 3 a)lna < (1 + 3 a) (a-1) (2) Đặt x = 3 a => x >1 (2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) x > 1

<=> x4 + x3 - x - 1 - 3 (x3+x)lnx > 0 (3) x > 1

Đặt f(x) = x4 + x3 - x - 1 -3 (x3 + x)lnx x 1;+)

Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 (3x2 + 1) lnx + (x3 + x)

x

1



= 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx

f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -

x

1 ) f(3)(x) = 3 ( 8x + 12

x -6ln x - 9)

f(4)(x) = 3.(8- 6 23

x

x ) = 3

3

) 1 3 4 ( 6

x

x

x   = 3

2

1 4 4 )(

1 ( 6

x

x x

x   > 0 , x > 1 Suy ra f(3)(x) đồng biến nên [1;+)

f(3)(x) > f(3)(1) = 0 tơng tự f’(x)> 0 với x > 1

 f(x)> f (1) = 0 với x >1 suy ra (3) đúng

Tr

ờng hợp 2: 0 < a < 1 đặt a =

1

1

a , a1 > 1 quay về trờng hợp 1