Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 12 tỉnh Thanh Hóa số 1

Đề thi học sinh giỏi 12 (Thời gian làm bài 180) 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 phơng 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 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 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 + + Ngời ra đề :Ngô Quốc Khánh Trờng PTTH Lam Sơn 1 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 phơng 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) Tơng 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 2 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) Phơng trình đờng 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 đờng 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 3 ⇔ Z n, k víi 2n 3 y 2k 3 x ∈        += += π π π π C©u 5: (3 ®iÓm) dx x cosx I 4n 2n n ∫ = π π Ta chøng minh: 0 < I n < π n4 1 (1) Ta cã: I n = ∫ π π n n x x 4 2 cos dx = ∫ π π n n x xd 4 4 )(sin = x xsin π π n n 2 4 - ∫ π π n n x dx 4 2 ) 1 (.sin = ∫ π π n n x x 4 2 2 sin dx * Ta cã: 2 sin x x < 2 1 x ∀x ∈ [2nπ , 4nπ ] nªn I n < x x dx n n 1 4 2 2 −= ∫ π π π π n n 2 4 = - πππ nnn 4 1 2 1 4 1 =+ (2) * Ta cã: I n = 12 − = Σ n nk ∫ + π π )1(2 2 2 sin k k x x dx ®Æt J K = ∫ + π π )1(2 2 2 sin k k x x dx => J K = ∫ + π π )12( 2 2 sin k k x x + ∫ + + π π )1(2 )12( 2 sin k k x x dx > ∫ + π π )1(2 2 sin k k x ( 22 )( 11 π + − xx )dx >0 (3) Ta l¹i cã: I n = 12 − = Σ n nk J k do (3) nªn I n > 0 (4) Tõ (2) (4) suy ra 0 < I n ≤ π n4 1 ⇒ (1) ®óng Ta l¹i cã +∞→n Lim π n4 1 = 0 nªn 0 I Lim n n = ∞+→ C©u 6: (3 ®iÓm) 1 ln −a a < 3 3 1 aa a + + (1) víi 1 ≠ a > 0 Trong hîp 1: a >1 (1) <=> (a + 3 a )lna < (1 + 3 a ) (a-1) (2) §Æt 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 §Æt f(x) = x 4 + x 3 - x - 1 -3 (x 3 + x)lnx x ∈[1;+ ∞ ) Ta cã 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 4 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 , a 1 > 1 quay về trờng hợp 1. Tài liệu tham khảo 1. Hàm số - Tác giả : Trần Phơng 2. Tạp chí " Crux - Mathematicorum " . Tạp chí toán học Ca na đa 5 . > 4 1 z + x = 14 y (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: 1) .14 (14 = zz < 2 1) 14( +z = 2z (1) Tơng tự 14 x < 2x (2) 14 y < 2y (3) Từ (1) ;(2) ; (3) và (1) ; (2) ;. 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 phơng trình (1) có. = 14 1 414 ++ 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