đề thi học sinh giỏi lớp 12
( Thời gian 180 phút)
Giáo viên:Lê Việt Cờng
Bài 1:(4 điểm) Cho hàm số y = x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m
a) khảo sát hàm số khi m=-1
b) Tìm m để phơng trình x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m = 0
có 3 nghiệm phân biệt
Bài 2:(5 điểm) Cho phơng trình x x+ x+ 12 =m( 5 −x + 4 −x)
a) Giải phơng trình khi m = 12
b) Tìm m để phơng trình có nghiệm
Bài 3: (4 điểm) Tính
x
x x
Lim
x
1 100 1 10
1 2006 2005
0
− +
+
>
Bài 4: (3 điểm) Giải phơng trình
log3(x2+x+1) - log3x = 2x-x2
Bài 5 : (4 điểm) Cho tứ diện ABCD, gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện
G1, G2, G3, G4 lần lợt là trọng tâm các mặt BCD, ACD, ABD, ABC
Đặt AG1 = m1, BG2 = m2, CG3 = m3, DG4 = m4
CMR: ABCD là tứ diện đều khi và chỉ khi
m1+m2+m3+m4 =
3
16R
Trang 2hớng dẫn sơ lợc toán HSG12
1b) Phơng trình x3 -(3+2m)x2 +5mx +2m = 0
⇔(x-2m)(x2-3x-m)=0
⇔
=
−
−
=
) 2 ( 0 3
2
2 x m
m x
x
Phơng trình có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phơng trinh(2) có 2 nghiệm
phân biệt ≠ 2m ( )
−>
≠
≠
⇔
>+
=∆
≠−
−
⇔
4 9 4
7 ,0 0
49
0 2.3
m
m m m
m m
m
Bài 2:( 5 đ)
a)(2 đ) Từ điều kiện 0 ≤x≤ 4 ⇒VP ≥ 12 ( 5 − 4 + 4 − 4 ) = 12
VT ≤ 4 4 + 4 + 12 = 12
⇒phơng trình có nghiệm x=4 b) (3 đ )
Phơng trình đã cho ⇔f(x) = (x x+ x+ 12)( 5 −x− 4 −x)=m (2)
Xét hàm số f(x) trên [0;4]
f(x)=f1(x)f2(x) với
f1(x) = x x+ x+ 12 có f’1(x) = +2 +2 1+12
x x
x
⇒f1(x) ↑trên [0;4] và f1(x) ≥ 0 ∀x∈[0;4]
Trang 3f2(x) = 5 −x− 4 −x có f’2(x) =
x x
x x
x
− +
−
−
=
−
+
−
−
4 5 2
5 4
4 4
2
1 5
2
⇒f2(x) ↑trên [0;4] và f2(x) ≥ 0 ∀x∈[0;4]
⇒f(x)↑ trên [0;4]
⇒Min[o;4] f(x) = f(0) = 12( 5 − 4) và Max[o;4] f(x) =12
Từ đó (2) có nghiệm ⇔Min[o;4] f(x) ≤ m ≤ Max[o;4] f(x)
⇔ 12( 5 − 4) ≤ m ≤ 12 là điều kiện để (1) có nghiệm
Bài 3:( 5 đ)
Trớc hết ta chứng minh: a≠0, n∈N, n≥ 2 thì
n
a x
ax
n x
>
1 1
0
Đặt y = n1 +ax khi đó x→0 thì y→1 và
a y
y a
y x
ax
y y
Lim y
Lim
y n
y
n
+ + +
−
=
−
−
=
−
+
−
>
>
1 1
1 1
1
( 1
1 1
đ)
Ta có:
x
x x
Lim
x
1 100 1 10
1 2006 2005
0
− +
+
>
=
x
x x
x x
Lim
x
1 100 1 10
1 100
1 10
1 2006 2006 2006 2005
0
− +
+ +
− +
+
>
x x
1 100 1 1
10 1 100
0
2005 2006
0
− +
+
+
>
>
= 200510 +2006100 =2005220560.2006 (3 đ)
Trang 4Câu 4: Phơng trình đã cho ⇔
−
= + +
>
x
x
x x
x
2 2
0
⇔
−
=
+
+
>
3 2 2 1
0
2
x
x x
x
x
x
xét hàm số y=
x
x
x2+ +1 với x>0, Minf(x) = 3 với x=1
y= g(x)= 32x − x2 với x>0, Maxf(x) =3 với x=1
⇒ Phơng trình đã cho có nghiệm x=1
Bài 5:( 4 đ) Gọi O và G lần lợt là tâm mặt cầu ngoại tiếp và trọng tâm tứ diện
Ta có:
= +
+ +
= +
+
+
O GD GC
GB GA
R OD
OC OB
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)
1
16
9
, GB2 = m2
2
16
9
,GC2 = m2
3
16
9
,GD2 = m2
4
16 9
⇒ 4R2 = 40G2 + (m m m m2)
4
2 3
2 2
2 1
16
9
+ + +
Trang 5⇒ 4R2 ≥ (m m m m2)
4
2 3
2 2
2 1
16
9
+ +
Theo BĐT “ Bunhiacopxki” ta có
( m1+ m2+ m3+ m4)2 ≤ 4 ( m1+ m2 + m3+ m4)
⇒ R2 ≥
(m m m m ) (m1 m2 m3 m4)
2 4
3 2
1
256
9 64
⇔
3
16
4 3
2 1
R m
m m
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : ⇔
=
=
=
≡
m m m m
G O
4 3 2 1
Tứ diện ABCD
đều (1đ)