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.
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 phương trình. x+y = y + z = z + x = 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 ạ 0, T là một điểm trên (P) sao cho T ạ 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) = Câu 5: Cho dãy số In = , nẻN* Tính In Câu 6: Cho 1 ạ a > 0, chứng minh rằng. < 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(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 < x1 < -1 < x2 < 1 < x3 < 2 * Ta có y = 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 = = 0 Từ (1) (2) (3) suy ra: y0 = (y1+y2+y3) = -3 [()-(x1+x2+x3) - 6] = -3 [(x1 + x2 + x3)2 - 2 (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6] = -3 (0 - 2 (-3) - 6) = 0 Vậy G (0;0) º 0(0;0) (ĐPCM) Câu 2: ( 2 điểm) x+y = (1) y + z = (2) (I) đk x,y,z > z + x = (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: < = 2z (1’) Tương tự < 2x (2’) < 2y (3’) Từ (1’) ;(2’) ; (3’) và (1) ; (2) ; (3) suy ra. 2(x+y+z) = < 2z + 2x + 2y (4) Từ (4) suy ra: 4z - 1 = 1 (I) 4x - 1 = 1 x = y = z = nghiệm đúng (I) 4y - 1 = 1 Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = Câu 3: (P): y2 = 4x a. (3điểm ) Giả sử ; với y1,y2 ạ 0; y1 ạ y2. OT^OM Û Û y1 . y2 + 16 = 0 (1) Phương trình đường thẳng MT: Û 4x - = (y1 + y2). (y-y1) Û 4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 Û 4(x- 4)- (y1 + y2) y= 0 Nên đường thẳng MT luôn đi qua điểm cố định J (4;0) b. (3điểm) Gọi I (x0, y0) là trung điểm MT thì x0 = (1) y0 = (2) Từ (1) suy ra x0 = [(y1+y2)2 - 2y1y2] = [(2y0)2 - 2 (-16)] = . ị = 2x0 - 8 Từ đó ị I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định . Câu 4: (3 điểm) sin x + sin y + sinz (x+y) = (1) áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có . = [sinx + siny + sinz (x+y)] 2 < (12 + 12+12).(sin2x + zin2y + sin2(x+y)) = 3. [+sin2 (x+y)] = 3.[1- cos (x+y) . cos (x-y) + 1 - cos2 (x+y)] = 3. [2-(cos (x+y)+ cos (x-y)2) + cos2 (x-y)] 0 Từ (2) suy ra: cos2 (x-y) = 1 (1) Û cos (x+y) + cos (x-y) = 0 sinx = sin y = sin (x+y) = Û Câu 5: (3 điểm) Ta chứng minh: 0 < In < (1) Ta có: In = dx = = - = dx * Ta có: < "x ẻ [2np , 4np ] nên In < = - (2) * Ta có: In = dx đặt JK = dx => JK = + dx > ()dx >0 (3) Ta lại có: In = Jk do (3) nên In > 0 (4) Từ (2) (4) suy ra 0 < In Ê ị (1) đúng Ta lại có = 0 nên Câu 6: (3 điểm) 0 Trong hợp 1: a >1 (1) (a + )lna x >1 (2) 3(x3 +x) lnx 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 ẻ[1;+) Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 [(3x2 + 1) lnx + (x3 + x) .] = 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x - ) f(3)(x) = 3 ( 8x + -6ln x - 9) f(4)(x) = 3.(8- ) = => 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 ị f(x)> f (1) = 0 với "x >1 suy ra (3) đúng. Trường hợp 2: 0 1 quay về trường hợp 1.
Tài liệu đính kèm: