Đề thi HSG lớp 12 có đáp án đề 24

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
+
+
Đáp án
1
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
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
.
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
Suy ra f
(3)
(x) ®ång biÕn nªn [1;+
∞
)
4
f
(3)
(x) > f
(3)
(1) = 0 ... t¬ng tù f’(x)> 0 víi ∀x > 1
⇒ f(x)> f (1) = 0 víi ∀x >1 suy ra (3) ®óng.

Tr êng hîp 2: 0 < a < 1 ®Æt a =
1
1
a
, a
1
> 1 quay vÒ trêng hîp 1.
5