Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 đề 25 Mơn: tốn – bảng A
Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề
-C©u 1:
Chứng minh hàm số y = x4- 6x2 + 4x + ln ln có cực trị đồng thời gốc toạ độ O trọng
tâm tam giác tạo đỉnh điểm cực trị th hm s
Câu 2:
Giải hệ phơng trình
x+y = 4 z 1 y + z = x
z + x = 4y C©u 3:
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đề vng góc oxy cho parabôn (P): y2 = 4x M điểm di
động (P) M 0, T điểm (P) cho T 0, OT vuông góc với OM
a Chứng minh M di động (P) đờng thẳng MT ln qua điểm cố định
b Chứng minh M di động (P) thì trung điểm I MT chạy pa bol cố nh
Câu 4:
Giải phơng trình sau:
sinx + siny + sin (x+y) =
2 3 C©u 5:
Cho d·y sè In =
n
n
dx x
x
2 cos
, nN*
TÝnh
nlim In
C©u 6:
Cho a > 0, chøng minh r»ng
1 ln
a a
<
3
1 a a
(2)Đáp án Câu 1: (3 ®iĨm )
Tập xác định: D = R y = x4 - 6x2 + 4x + 6.
y’ = 4x3 - 12x + 4 y’ = <=> g(x) = x3 - 3x + = (1)
Ta cã g(x), liªn tơc g(-2) = -1, g(-1) = 3, g(1) = -1 , g(2) =
0 2) 1).g( g(
0 1) g(-1).g(
0 1) 2).
g(x) liên tục nên phơng trình (1) có nghiệm phân biÖt tháa m·n : - < x1 < -1 < x2 < < x3 <
* Ta cã y =
4
y’.x- 3.(x2 - x - 2) (1)
Gäi c¸c điểm cực trị A (x1,y1), B(x2,y2), C (x3,y3) G (x0,y0) trọng tâm tam giác ABC
Theo §L Viet cã x1 + x2 + x3 = (2)
x1x2 + x2x3 = x3x1 = -3 (3)
Tõ (2) suy x0 =
3
3 x x
x
= Tõ (1) (2) (3) suy ra:
y0 =
3
(y1+y2+y3) = -3 (x12x22x32)-(x1+x2+x3) - 6
= -3 (x1 + x2 + x3)2 - (x1x2 + x2x3 + x3x1) - 6 = -3 (0 - (-3) - 6) =
Vậy G (0;0) 0(0;0) (ĐPCM)
Câu 2: ( ®iĨm)
x+y = 4 z 1 (1)
y + z = x (2) (I) ®k x,y,z >
4
z + x = 4y (3) áp dụng bất đẳng thức cosi tacó:
1 ) (
4z z <
2 )
( z
= 2z (1’) T¬ng tù x < 2x (2’) 4y 1< 2y (3’)
Tõ (1’) ;(2’) ; (3’) vµ (1) ; (2) ; (3) suy
2(x+y+z) = 4z 1 4x 1 4y 1< 2z + 2x + 2y (4)
Tõ (4) suy ra:
4z - =
(I) <=> 4x - = <=> x = y = z =
2
nghiệm (I) 4y - =
VËy hÖ (I) cã nghiÖm x = y = z =
2
C©u 3: (P): y2 = 4x
a (3điểm ) Giả sử ;y y
M 1
2
; ;y y
2 2
T víi y1,y2 0; y1 y2
OTOM y y
4 y y OM
OT
2
y1 y2 + 16 = (1)
Phơng trình đờng thẳng MT:
y -y
y -y y -4 y
y -x
1
1
1 2
2
4x -
(3) 4x - (y1 + y2) y - 16 = 4(x- 4)- (y1 + y2) y=
Nên đờng thẳng MT qua điểm cố định J (4;0) b (3điểm) Gọi I (x0, y0) trung điểm MT
x0 = y y
8
1
2
1 (1)
y0 =
2 y
y1 (2)
Tõ (1) suy x0 =
8
(y1+y2)2 - 2y1y2 =
8
(2y0)2 - (-16)
=
2
y y02 = 2x0 -
Từ I chạy parabơn (P) : y2 = 2x = cố định
C©u 4: (3 ®iĨm)
sin x + sin y + sinz (x+y) =
2
3 (1)
áp dụng bất đẳng thức Bunhiacốpxki từ (1) ta có
2
)
3 ( 27
= [sinx + siny + sinz (x+y)] < (12 + 12+12).(sin2x + zin2y + sin2(x+y))
=
2 cos
2 cos
1 x y
+sin2 (x+y)
= 3.[1- cos (x+y) cos (x-y) + - cos2 (x+y)]
= 2-(cos (x+y)+
2
cos (x-y)2) +
4
cos2 (x-y)
< (2- +
4
) =
4 27
(2) (Do cos2 (x-y) < 1; (cos (x+y) +
2
cos (x-y)2 > 0
Tõ (2) suy ra:
cos2 (x-y) =
(1) cos (x+y) +
2
cos (x-y) = sinx = sin y = sin (x+y) =
2
víi k n, Z
2n 3 y
2k 3 x
Câu 5: (3 điểm) dx
x cosx
I 4n
2n n
Ta chøng minh: < In <
n
4
(1) Ta cã: In =
n
n x
x
2 cos
dx =
n
n x
x d
4
) (sin
=
x x
sin
n n
2
-
n
n x
d x
2
) ( sin
=
n
n x
x
2 sin
dx * Ta cã: sin2
x x
< 12
x x 2n , 4n nªn
In <
x x
dx
n
n
1
2
2
n n
2
= -
n n
n
1
1
1
(4)* Ta cã: In =
1
n
n k
) (
2
2
sin
k
k x
x
dx đặt JK =
) (
2
2
sin
k
k x
x
dx
=> JK =
) (
2
2
sin
k
k x
x
+
) (
) (
2
sin
k
k x
x
dx >
) (
2
sin
k
k
x ( 2 2
) (
1
x
x )dx >0 (3)
Ta l¹i cã: In =
1
n
n k
Jk (3) nªn In > (4)
Tõ (2) (4) suy < In
n
4
(1) Ta lại có
nLim 4n
= nªn Lim In n
C©u 6: (3 ®iÓm)
1 ln
a a
<
3
a a
a
(1) víi a > Trong hỵp 1: a >1
(1) <=> (a + a)lna < (1 + 3 a) (a-1) (2) Đặt x = 3 a => x >1
(2) <=> 3(x3 +x) lnx < (1+x).(x3-1) x > 1
<=> x4 + x3 - x - - (x3+x)lnx > (3) x > 1
Đặt f(x) = x4 + x3 - x - -3 (x3 + x)lnx x 1;+)
Ta cã f’(x) = x3 + 3x2 - - (3x2 + 1) lnx + (x3 + x)
x
1
= 4x3 - - (3x2 + 1) lnx
f”(x) = 3.(4x2 - 3x - 6xln x -
x
1
) f(3)(x) = ( 8x +
1
x -6ln x - 9)
f(4)(x) = 3.(8-
3
2
x
x ) =
3 3 1)
4 (
x x
x
= 3
2 4 1
4 )( (
x
x x
x
> , x > Suy f(3)(x) đồng biến nên [1;+)
f(3)(x) > f(3)(1) = t¬ng tù f’(x)> víi x >
f(x)> f (1) = với x >1 suy (3)
Tr
ờng hợp 2: < a < đặt a =
1
a , a1 > quay vỊ trêng hỵp
Tài liệu tham khảo
1 Hàm số - Tác giả : Trần Phơng