Tải bản đầy đủ

Đề thi chọn HSG toán 12 cấp cơ sở năm học 2018 – 2019 sở GD và đt điện biên

2

Gọi M là trung điểm CD
1
a 3 10
SO.OM .MC =
6
48
SG 2
=
=
SM 3

Khi đó VS .OCM =
VS .OCG
VS .OCM

2
a 3 10
S .OMC =
.

3
72
2
2
b) Ta có d (G , ( SBC )) = d ( M , ( SBC )) = d (O, ( SBC ))
3
3
Gọi H là trung điểm BC , K là hình chiếu vuông góc của O trên SH .
1
1
1
4
4
22
Ta có
=
+
= 2+
= 2
2
2
2
2
OK
OH
OH
a
10a
5a

Suy ra S .OGC =

d (O, ( SBC )) = OK =

a 110
22

2
a 110
d (G , ( SBC )) = d (O, ( SBC )) =


3
33
c) Gọi I là giao điểm của BD và AM , I là trong tam tam giác ADC .
Suy ra IG / / SA nên góc giữa hai đường thẳng SA và BG bằng góc giữa hai đường thẳng
IG và BG
1
a 3
2a 2
a 11
Ta có IG = SA =
; BI =
; BG =
3
3
3
3
BG 2 + IG 2 − BI 2
33
cos IGB =
=
2.BG.IG
11
Ta có thể tọa độ hóa.
Câu 5:
(2,0 điểm)


1. Cho phương trình (m + 2) x ( x 2 +1) − x 2 + (m − 6) x −1 = 0 (1) . Tìm các giá trị của m để
phương trình (1) có nghiệm thực.

2. Cho đa thức

f ( x) = x 4 + ax 3 + bx 2 + ax +1 có nghiệm thực. Chứng minh rằng

a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

Lời giải
1. Điều kiện: x ≥ 0.
- Với x = 0 thì phương trình vô nghiệm.
- Với x > 0 , phương trình (1) ⇔ ( m + 2 )

Đặt t =

x2 + 1 x2 + 1

+m−6 = 0 .
x
x

t ≥ 2
x2 + 1 
⇒
x2 + 1 ;
2
x
t =
x


Ta được phương trình mới theo ẩn phụ: ( m + 2 ) t − t 2 + m − 6 = 0 ⇔

t 2 − 2t + 6
= m ( 2) .
t +1

)

Yêu cầu bài toán ⇔ ( 2 ) có nghiệm trên  2; +∞ .
Xét hàm số f ( t ) =

t = −4 ( l )
t 2 − 2t + 6
t 2 + 2t − 8
⇒ f ′ (t ) =
=0⇔
.
2
t +1
( t + 1)
t = 2

Bảng biến thiên

x
y'

–∞

-4
+

0

+∞

2




0

+
+∞

y
2

Vậy phương trình có nghiệm ⇔ m ≥ 2 .

2. Giả sử đa thức đã cho có nghiệm trong trường hợp a 2 + b 2 − 4b +1 ≤ 0 .
2

a 2 + b 2 − 4b + 1 ≤ 0 ⇔ a 2 + (b − 2) ≤ 3 (1) .


Vì x = 0 không phải là nghiệm của phương trình f ( x) = 0 nên
2





1
1
1
1
x + ax + bx + ax + 1 = 0 ⇔  x 2 + 2  + a  x +  + b = 0 ⇔  x +  + a  x +  + b − 2 = 0 .







x 
x
x
x
4

3

Đặt t = x +

2

1
thì phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi t 2 + at + b − 2 = 0 có nghiệm
x

thoả mãn t ≥ 2 .
Xét hàm số g (t ) = t 2 + at + b − 2

g ′ (t ) = 2t + a ; g ′ (t ) = 0 ⇔ t =

−a
−a
. Như (1) trên thì
∉ (−2; 2)
2
2

Do đó ta có bảng biến thiên:

−2a + b + 2 ≤ 0 (2)
Phương trình có nghiệm thì 
 2a + b + 2 ≤ 0 (3)

Những điểm M (a; b) thoả (1) thì nằm bên trong hoặc biên đường tròn tâm I (0; 2) và bán kính
bằng

3.

Những điểm N ( a; b) thoả mãn (2) và (3) là những điểm thuộc phần không chứa gốc tạo độ của

−2 x + y + 2 = 0
các đường thẳng 
.
 2 x + y + 2 = 0
Những phần đó theo hình vẽ là không có điểm chung, vì vậy ta có mâu thuẫn.


Ta có điều phải chứng minh: Nếu đã thức đã cho có nghiệm thì a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .

Chú ý: Bài có thể giải nhanh như sau:
2
2
t 2 + at + b − 2 = 0 ⇔ t 2 = −at + 2 − b ⇒ t 4 = (−at + 2 − b) ≤  a 2 + (b − 2)  (1 + t 2 )


4
t −1
2
⇒ a 2 + (b − 2) > 2
= t 2 −1 ≥ 3 ⇒ a 2 + b 2 − 4b + 1 > 0 .
t +1



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×