Đề thi học sinh giỏi lớp 12 có đáp án môn thi: Toán - Đề 24

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.