ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 12 - 1 (Thời gian làm bài 180’) ĐỀ SỐ 1 Câu 1: Chứng minh rằng hàm số y = x 4 - 6x 2 + 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 phương trình. x+y = 14 z y + z = 14 x z + x = 14 y Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề các vuông góc oxy cho parabôn (P): y 2 = 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 đường 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 phương trình sau: sinx + siny + sin (x+y) = 2 33 Câu 5: Cho dãy số I n = n n dx x x 4 2 cos , nN* Tính n lim I n Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng. 1 ln a a < 3 3 1 aa a ĐÁP ÁN Câu 1: (3 điểm ) Tập xác định: D = R y = x 4 - 6x 2 + 4x + 6. y’ = 4x 3 - 12x + 4 y’ = 0 <=> g(x) = x 3 - 3x + 1 = 0 (1) Ta có g(x), liên tục g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) = 3 0 2) 1).g( g( 0 1) g(-1).g( 0 1) 2).g(- g(- g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 < x 1 < -1 < x 2 < 1 < x 3 < 2 * Ta có y = 4 1 y’.x- 3.(x 2 - x - 2) (1) Gọi các điểm cực trị là A (x 1 ,y 1 ), B(x 2 ,y 2 ), C (x 3 ,y 3 ) và G (x 0 ,y 0 ) là trọng tâm tam giác ABC. Theo ĐL Viet có x 1 + x 2 + x 3 = 0 (2) x 1 x 2 + x 2 x 3 = x 3 x 1 = -3 (3) Từ (2) suy ra x 0 = 3 321 xxx = 0 Từ (1) (2) (3) suy ra: y 0 = 3 1 (y 1 +y 2 +y 3 ) = -3 ( 2 3 2 2 2 1 xxx )-(x 1 +x 2 +x 3 ) - 6 = -3 (x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 2 (x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) - 6 = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( 2 điểm) x+y = 14 z (1) y + z = 14 x (2) (I) đk x,y,z > 4 1 z + x = 14 y (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: 1).14(14 zz < 2 1)14( z = 2z (1’) Tương tự 14 x < 2x (2’) 14 y < 2y (3’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra. 2(x+y+z) = 141414 yxz < 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): y 2 = 4x a. (3điểm ) Giả sử y ; 4 y M 1 2 1 ; y ; 4 y 2 2 2 T với y 1 ,y 2 0; y 1 y 2 . OTOM 0 .yy 4 y . 4 y 0 OM.OT 21 2 1 2 1 y 1 . y 2 + 16 = 0 (1) Phương trình đường thẳng MT: y - y y - y 4 y - 4 y 4 y - x 12 1 2 1 2 2 2 1 4x - 2 1 y = (y 1 + y 2 ). (y-y 1 ) 4x - (y 1 + y 2 ) y - 16 = 0 4(x- 4)- (y 1 + y 2 ) y= 0 Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0) b. (3điểm) Gọi I (x 0 , y 0 ) là trung điểm MT thì x 0 = y y 8 1 2 2 2 1 (1) y 0 = 2 y y 21 (2) Từ (1) suy ra x 0 = 8 1 (y 1 +y 2 ) 2 - 2y 1 y 2 = 8 1 (2y 0 ) 2 - 2 (-16) = 2 1 . 4 2 0 y 2 0 y = 2x 0 - 8 Từ đó I chạy trên parabôn (P) : y 2 = 2x = 8 cố định . Câu 4: (3 điểm) sin x + sin y + sinz (x+y) = 2 33 (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có . 2 ) 2 33 ( 4 27 = [sinx + siny + sinz (x+y)] 2 < (1 2 + 1 2 +1 2 ).(sin 2 x + zin 2 y + sin 2 (x+y)) = 3. 2 2cos1 2 2cos1 yx +sin 2 (x+y) = 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos 2 (x+y)] = 3. 2-(cos (x+y)+ 2 1 cos (x-y) 2 ) + 4 1 cos 2 (x-y) < 3 (2- 0 + 4 1 ) = 4 27 (2) (Do cos 2 (x-y) < 1; (cos (x+y) + 2 1 cos (x-y) 2 > 0 Từ (2) suy ra: cos 2 (x-y) = 1 (1) cos (x+y) + 2 1 cos (x-y) = 0 sinx = sin y = sin (x+y) = 2 3 Z n, k víi 2n 3 y 2k 3 x Câu 5: (3 điểm) dx x cosx I 4n 2n n Ta chứng minh: 0 < I n < n 4 1 (1) Ta có: I n = n n x x 4 2 cos dx = n n x xd 4 4 )(sin = x xsin n n 2 4 - n n x dx 4 2 ) 1 (.sin = n n x x 4 2 2 sin dx * Ta có: 2 sin x x < 2 1 x x 2n , 4n nên I n < x x dx n n 1 4 2 2 n n 2 4 = - n n n 4 1 2 1 4 1 (2) * Ta có: I n = 12 n nk )1(2 2 2 sin k k x x dx đặt J K = )1(2 2 2 sin k k x x dx => J K = )12( 2 2 sin k k x x + )1(2 )12( 2 sin k k x x dx > )1(2 2 sin k k x ( 22 )( 11 xx )dx >0 (3) Ta lại có: I n = 12 n nk J k do (3) nên I n > 0 (4) Từ (2) (4) suy ra 0 < I n n 4 1 (1) đúng Ta lại có n Lim n 4 1 = 0 nên 0 I Lim n n Câu 6: (3 điểm) 1 ln a a < 3 3 1 aa 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(x 3 +x) lnx < (1+x).(x 3 -1) x > 1 <=> x 4 + x 3 - x - 1 - 3 (x 3 +x)lnx > 0 (3) x > 1 Đặt f(x) = x 4 + x 3 - x - 1 -3 (x 3 + x)lnx x 1;+ ) Ta có f’(x) = 4 x 3 + 3x 2 - 1 - 3 (3x 2 + 1) lnx + (x 3 + x) . x 1 = 4x 3 - 4 - 3 (3x 2 + 1) lnx f”(x) = 3.(4x 2 - 3x - 6xln x - x 1 ) f (3) (x) = 3 ( 8x + 2 1 x -6ln x - 9) f (4) (x) = 3.(8- 3 26 x x ) = 3 3 )134(6 x xx = 3 2 144)(1(6 x xxx > 0 , x > 1 Suy ra f (3) (x) đồng biến nên [1;+ ) f (3) (x) > f (3) (1) = 0 tương tự f’(x)> 0 với x > 1 f(x)> f (1) = 0 với x >1 suy ra (3) đúng. Trường hợp 2: 0 < a < 1 đặt a = 1 1 a , a 1 > 1 quay về trường hợp 1. . OM.OT 21 2 1 2 1 y 1 . y 2 + 16 = 0 (1) Phương trình đường thẳng MT: y - y y - y 4 y - 4 y 4 y - x 12 1 2 1 2 2 2 1 4x - 2 1 y = (y 1 + y 2 ). (y-y 1 ) 4x -. g (-2 ) = -1 , g ( -1 ) = 3, g (1) = -1 , g(2) = 3 0 2) 1) .g( g( 0 1) g ( -1 ).g( 0 1) 2).g (- g (- g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2. )-( x 1 +x 2 +x 3 ) - 6 = -3 (x 1 + x 2 + x 3 ) 2 - 2 (x 1 x 2 + x 2 x 3 + x 3 x 1 ) - 6 = -3 (0 - 2 (-3 ) - 6) = 0 Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( 2 điểm) x+y = 14 z (1)