Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Ngô Quốc Khánh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán Lớp 12 - Ngô Quốc Khánh (Có đáp án)

1. 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 = 4z 1 y + z = 4x 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 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: 3 3 sinx + siny + sin (x+y) = 2 4n cos x Câu 5: Cho dãy số In = dx , n N* 2n x Tính lim In n Câu 6: Cho 1 a > 0, chứng minh rằng. ln a 1 3 a < a 1 a 3 a Người ra đề :Ngô Quốc Khánh Trường PTTH Lam Sơn – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 1
2. 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(- 2).g(-1) 0 g(-1).g(1) 0 g(1).g( 2) 0 g(x) liên tục nên phương trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thỏa mãn : - 2 4 z + x = 4y 1 (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó: (4z 1) 1 4z 1 (4z 1).1 < = 2z (1’) 2 Tương tự 4x 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) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 2
3. Từ (4) suy ra: 4z - 1 = 1 1 (I) 4x - 1 = 1 x = y = z = nghiệm đúng (I) 2 4y - 1 = 1 1 Vậy hệ (I) có nghiệm x = y = z = 2 Câu 3: (P): y2 = 4x y 2 y2 M 1 ; y T 2 ; y a. (3điểm ) Giả sử 1 ; 2 với y1,y2 0; y1 y2. 4 4 y 2 y 2 OTOM OT.OM 0 1 . 1 y .y 0 4 4 1 2 y1 . y2 + 16 = 0 (1) y 2 x - 1 4 y - y1 Phương trình đường thẳng MT: y 2 y 2 y - y 2 - 1 2 1 4 4 2 4x - y1 = (y1 + y2). (y-y1) 4x - (y1 + y2) y - 16 = 0 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 1 2 2 x0 = y y (1) 8 1 2 y1 y 2 y0 = (2) 2 1 2 1 2 Từ (1) suy ra x0 = (y1+y2) - 2y1y2 = (2y0) - 2 (-16) 8 8 1 2 2 = .y 4 y = 2x0 - 8 2 0 0 Từ đó I chạy trên parabôn (P) : y2 = 2x = 8 cố định . Câu 4: (3 điểm) 3 3 sin x + sin y + sinz (x+y) = (1) 2 áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki và từ (1) ta có . – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 3
4. 27 3 3 ( )2 = [sinx + siny + sinz (x+y)] 2 0 4 4 2 Từ (2) suy ra: cos2 (x-y) = 1 1 (1) cos (x+y) + cos (x-y) = 0 2 3 sinx = sin y = sin (x+y) = 2 x 2k 3 với k , n Z y 2n 3 4n cosx I dx Câu 5: (3 điểm) n 2n x 1 Ta chứng minh: 0 J = + dx > sin x ( )dx >0 (3) K 2 2 2 2 2k x (2k 1) x 2k x (x ) – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 4
5. 2n 1 Ta lại có: In =  Jk do (3) nên In > 0 (4) k n 1 Từ (2) (4) suy ra 0 0 a 1 a 3 a Trong hợp 1: a >1 (1) (a + 3 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 1;+ ) 1 Ta có f’(x) = 4 x3 + 3x2 - 1 - 3 (3x2 + 1) lnx + (x3 + x) . x = 4x3 - 4 - 3 (3x2 + 1) lnx 1 1 f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x - ) f(3)(x) = 3 ( 8x + -6ln x - 9) x x 2 6 2 6(4x 3 3x 1) 6(x 1)(4x 2 4x 1 f(4)(x) = 3.(8- ) = = > 0 , x > 1 x x3 x 3 x3 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. 1 Trường hợp 2: 0 1 quay về trường hợp 1. a1 Tài liệu tham khảo 1. Hàm số - Tác giả : Trần Phương – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 5
6. 2. Tạp chí " Crux - Mathematicorum " . Tạp chí toán học Ca na đa – Website chuyờn đề thi – tài liệu file word mới nhất 6