Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 12
( Thời gian 180 phút)
Bài 1:(4 điểm) Cho hàm số y = x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m a) khảo sát hàm số m=-1
b) Tìm m để phương trình x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m = có nghiệm phân biệt
Bài 2:(5 điểm) Cho phương trình x√x+√x+12=m(√5− x+√4− x)
a) Giải phương trình m = 12 b) Tìm m để phương trình có nghiệm
Bài 3: (4 điểm) Tính Lim
x−0 2005
√1+10x.2006√1+100x −1 x
Bài 4: (3 điểm) Giải phương trình log3(x2+x+1) - log3x = 2x-x2
Bài 5: (4 điểm) Cho tứ diện ABCD, gọi R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
G1, G2, G3, G4 trọng tâm mặt BCD, ACD, ABD, ABC Đặt AG1 = m1, BG2 = m2, CG3 = m3, DG4 = m4
(2)HƯỚNG DẪN SƠ LƯỢC TOÁN HSG12
1b) Phương trình x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m =
⇔ (x-2m)(x2-3x-m)=0
⇔
x=2m
¿
x2−3x −m=0(2)
¿ ¿ ¿ ¿
Phương trình có nghiệm phân biệt phương trinh(2) có
nghiệm phân biệt 2m
⇔
(2m)2−3 2m −m ≠0
Δ=9+4m>0
⇔
¿m≠0, m≠7
4
m>−9
4
¿{
Bài 2:( đ)
a)(2 đ) Từ điều kiện x ≤4⇒ VP 12(√5−4+√4−4)=12
VT 4√4 + √4+12=12
⇒ phương trình có nghiệm x=4 b) (3 đ )
Phương trình cho ⇔ f(x) = (x√x+√x+12) (√5− x −√4− x)=m (2)
Xét hàm số f(x) [0;4] f(x)=f1(x)f2(x) với
f1(x) = x√x+√x+12 có f’1(x) = √x+ x
2√x+
1
(3)⇒ f1(x) ↑ [0;4] f1(x) ∀ x [0;4] f2(x) = √5− x −√4− x có f’2(x) =
−1 2√5− x+
1 2√4− x=
−4√4− x+√5− x
2√5− x√4− x >0
⇒ f2(x) ↑ [0;4] f2(x) ∀ x [0;4] ⇒ f(x) ↑ [0;4]
⇒ Min[o;4] f(x) = f(0) = √12(√5−√4) Max[o;4] f(x) =12
Từ (2) có nghiệm ⇔ Min[o;4] f(x) m Max[o;4] f(x)
⇔ √12(√5−√4) m 12 điều kiện để (1) có nghiệm
Bài 3:( đ)
Trước hết ta chứng minh: a 0, n N, n Lim
x−0 n
√1+ax−1
x =
a n
Đặt y = n
√1+ax x → y →
y
(y −1)(¿¿n+ +y+1)=a n
Lim
x−0 n
√1+ax−1 x =Limy −1
y −1
yn−1=aLimy −1
y −1
¿
(2 đ)
Ta có: Lim
x−0 2005
√1+10x.2006√1+100x −1 x
= Lim
x−0 2005
√1+10x.2006√1+100x −2006√1+10x+2006√1+100x −1 x
= Lim
x−0 2006
√1+100x(
2005
√1+10x −1
x )+Limx −0 2006
√1+100x −1 x
= 102005+100
2006=
220560
(4)Câu 4: Phương trình cho ⇔
¿
x>0
Log3
x2+x+1
x =2x − x
2
¿{
¿
⇔
¿
x>0 x2+x+1
x =3
2x − x2
¿{
¿
xét hàm số y= x2+x+1
x với x>0, Minf(x) = với x=1
y= g(x)= 32x − x2 với x>0,
Maxf(x) =3 với x=1
⇒ Phương trình cho có nghiệm x=1
Bài 5:( đ) Gọi O G tâm mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm tứ diện
Ta có:
¿
OA2+OB2+OC2+OD2=R2 ⃗GA+⃗GB+⃗GC+⃗GD=⃗O
¿{
¿ Mặt khác: 4R2 = (⃗OG
+⃗GA)2+(⃗OG+⃗GB)2+(⃗OG+⃗GC)2+(⃗OG+⃗GD)2 (1 đ)
⇔ 4R2 = 40G2 +GA2+GB2+GC2+GD2 (1 đ)
mà GA2 =
16m1
, GB2 =
16 m2
,GC2 =
16 m3
,GD2 =
16 m4
⇒ 4R2 = 40G2 +
16(m1
+m22+m32+m24)
⇒ 4R2
16 (m1
+m22+m32+m24) (1 đ)
Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có (m1+m2+m3+m4)
2≤4
(5)⇒ R2
64(m1+m2+m3+m4)≥
256(m1+m2+m3+m4)
( đ) ⇔ m1+m2+m3+m4≤
16R
3
Dấu xảy :
¿
O≡ G m1=m2=m3=m4
⇔
¿{
¿
Tứ diện ABCD