Tài liệu ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998 -1999 MÔN TOÁN BẢNG B VÒNG 2 doc

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998 -1999.

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2.
SBD: (180 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (5 điểm)
Cho phương trình:
cos
3
x + asinx.cosx + sin
3
x = 0.
a/ Giải phương trình khi a =
2
.
b/ Với giá trị nào của a thì phương trình có nghiệm.
Bài 2 (5 điểm)
Giả sử phương trình x
3
+ x
2
+ ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hãy xét dấu của biểu thức: a
2
– 3b.
Bài 3 (5 điểm)
Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số:
y =
1
x

x
(1 a )+
, (a > 0).
Bài 4 (5 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, BC = b, SA = SB = SC =
SD = c. K là hình chiếu vuông góc của P xuống AC.
a/ Tính độ dài đoạn vuông góc chung của SA và BK.
b/ Gọi M, N lần lượt là trung điểm của đoạn thẳng AK và CD. Chứng minh: Các đường
thẳng BM và MN vuông góc nhau.
1
SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 1998-1999.
MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2.

Bài 1: ( 5điểm) cos
3
x + asinx.cosx + sin
3
x = 0.
(0.5 đ) + Đặt t = sinx + cosx =
2 cos(x ), |t| 2.
4
π
− ≤
cos
3
x + sin
3
x = (cosx + sinx)(sin
2

x + cos
2
x – sinxcosx) = (cosx + sinx)(1 – sinxcosx)
vì t
2
= 1 + 2sinxcosx nên sinxcosx =
2
t 1
2
−
và cos
3
x + sin
3
x =
2
t
(3 t )
2
−
.
(0.5 đ) + Phương trình (1) trở thành:
2
t
(3 t )
2
−
+ a.
2
t 1

2
−
= 0 ⇔ t
3
– at
2
– 3t + a = 0 (2).
Câu a /
(1 đ) + Với a =
2
: (2) trở thành:
t
3
–
2
t
2
– 3t +
2
= 0 ⇔ (t +
2
)(t
2
- 2
2
t + 1) = 0
⇔ (t +
2
)(t -
2

+ 1)(t -
2
- 1) = 0
⇔ t = -
2
hay t =
2
- 1 hay t =
2
+ 1.
(1 đ) + so lại điều kiện: | t | ≤
2
nên phương trình (1) tương đương với:

5
cos(x ) 1 x k2
2 cos(x ) 2
4 4
4
,k Z
2 1 2 1
2 cos(x ) 2 1
cos(x ) x ar cos k2
4
4 4
2 2
π π
 
π


− = − = + π
− = −
 

 
⇔ ⇔ ∈

π
π − π −
 

− = −
− = = ± + π
 


 
.
Câu b /
(0.25đ) + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi f(t) = t
3
– at
2
– 3t + a = 0 có nghiệm
t ∈[-
2
;
2
]
(1.25đ) + f(t) liên tục trên R

f(-
2
) =
2
- a ; f(
2
) = -
2
- a; f(0) = a.
• a = 0: f(t) có nghiệm t = 0 ∈ [-
2
;
2
]
• a < 0: f(-
2
).f(0) = a(
2
- a) < 0 ⇒ f(t) = 0 có nghiệm t ∈(-
2
;0).
• a > 0: f(0).f(
2
) = a(-
2
- a) < 0 ⇒ f(t) = 0 có nghiệm t ∈(0;
2
).
(0.25đ) + Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi a.
Bài 2: ( 5điểm) y = f(x) = x

3
+ x
2
+ ax + b
(0.5 đ) + Tập xác định: R.
y’ = 3x
2
+ 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số ∆’ = 1 – 3a.
(0.5 đ) + Pt: x
3
+ x
2
+ ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ = 0 có 2 nghiệm phân biệt x
1
, x
2
và
f(x
1
).f(x
2
)< 0.
(0.25 đ) + Suy ra:
1 2
1 3a 0
f (x ).f(x ) 0
− >


<


(x
1
, x
2
là hai nghiệm của phương trình 3x
2
+ 2x + a = 0).
2
(1 ) + Thc hin phộp chia a thc ta c:
f(x) = x
3
+ x
2
+ ax + b =
[ ]
1 1 1
x y' (6a 2)x 9b a
3 9 9

+ + +
ữ

.
Suy ra f(x
1
) =
[ ]
1
1

(6a 2)x 9b a
9
+
; f(x
2
) =
[ ]
2
1
(6a 2)x 9b a
9
+

(0.5 ) + f(x
1
).f(x
2
) < 0 (6a-2)
2
x
1
x
2
+ (6a-2)(9b-a)(x
1
+ x
2
) + (9b-a)
2
< 0.

(1 ) + Vỡ x
1
, x
2
l 2 nghim ca phng trỡnh: 3x
2
+ 2x + a = 0
nờn x
1
+ x
2
=
2
3

; x
1
.x
2
=
a
3
.
Do ú:
2 2
a 2
(6a 2) (6a 2)(9b a) (9b a) 0
3 3
+ <
suy ra: 4(3a 1)(a

2
3b) + (9b a)
2
< 0
(1 ) + Vỡ (9b a)
2
0 v 3a 1 < 0 nờn a
2
3b > 0.
Bi 3: ( 5im)
+ Tỗm tióỷm cỏỷn õổùng:
Tỏỷp xaùc õởnh: R\{0}.
x 0
+
thỗ
1
x
đ +Ơ
vaỡ a
x
1.
Do õoù :
1
x
x
x 0
lim(1 a )
+
đ
+ = +Ơ

nón x = 0 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn õổùng.
a/+ Xeùt trổồỡng hồỹp: 0 < a 1
+ x (0; + ): 0 < 1 + a
x
2
Do õoù:
1
x
x
0 < (1 + a ) 2Ê
( vỗ
1
0
x
>
) nón:
1
x
x
x +
1 lim (1 + a )
1
x
x
lim 2 1
đ Ơ đ+Ơ
Ê Ê =
Do õoù:
1
x

x
x 0
lim(1 a ) 1
+
đ
+ =
nón y = 1 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh phaới.
+ x (- ; 0):
x
1
0 < 1 +
a
2
ổử
ữ
ỗ
Ê
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
.
Do õoù:
1
x
x
1
1 > 1 +
a

1
x
2
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ

ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
( vỗ
1
0
x
<
) nón
1
x
x
x - x -
1
1 lim 1 + lim
a
1

x
2 1
đ Ơ đ Ơ
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
=
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
Do õoù:
x
x -
1
lim 1 + =1
a
đ Ơ
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
ữ
ỗ

ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
Suy ra
x
x -
1
lim 1 + = a
a
1
x
x
x
lim(1 a ) a
đ- Ơ đ Ơ
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
+ =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ

Vỏỷy y = a laỡ tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh traùi.
b/+ Xeùt trổồỡng hồỹp a > 1.
+ x (- ; 0) : 0 < 1 + a
x
< 2
Do õoù:
1
x
x
1> (1 + a )
1
x
2>
( vỗ
1
0
x
<
) nón:
1
x
x
x
1 lim (1 + a )
1
x
x
lim 2 1
đ- Ơ đ- Ơ
=

Do õoù:
1
x
x
x
lim(1 a ) 1
đ- Ơ
+ =
nón y = 1 laỡ õổồỡng tióỷm cỏỷn ngang nhaùnh traùi.
+ x (0; + ):
x
1
1 < 1 +
a
2
ổử
ữ
ỗ
<
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
.
3
(1 õ)
(1 õ)
(1 õ)
(1 õ)

(1 õ)
Do õoù:
1
x
x
1
1 < 1 + <
a
1
x
2
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
( vỗ
1
0
x
>
) nón
1

x
x
x x
1
1 lim 1 + lim
a
1
x
2 1
đ+Ơ đ+Ơ
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
Ê Ê =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
Do õoù:
1
x
x
x
1
lim 1 + =1

a
đ+Ơ
ộ ự
ổử
ữ
ỗ
ờ ỳ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
nón
1
x
x
x
1
lim 1 + = a
a
1
x
x
x
lim(1 a ) a
đ+Ơ đ+Ơ
ộ ự
ổử

ữ
ỗ
ờ ỳ
+ =
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
ờ ỳ
ở ỷ
Vỏỷy y = a laỡ õổồỡng tióỷm ngang nhaùnh phaới.
Bi 4: ( 5im)

Cõu a / (2.5 im)
+ Theo gi thit ta c: SO (ABCD) (SAC) (ABCD).
M BK (SAC) v BK AC BK SA.
+ Gi H l hỡnh chiu ca K xung SA
HK SA v HK BK ( vỡ HK (SAC))
HK l on vuụng gúc chung ca SA v BK.
Suy ra c: BH SA v HBK vuụng ti K.
+ Do ABC vuụng nh A nờn:
2 2
2
2 2 2 2 2
1 1 1 a b
BK
BK AB BC a b
= + =
+

.
+ SAB cõn nh S, BH l ng cao nờn
2
2
a
c .a
SI.AB
4
HB
SA c

= =
+ Do HBK vuụng ti K nờn:
2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
(4c a )a a b
HK HB BK
4c a b

= =
+

2 2 2 4 2 2 2 2
2
2 2 2 2 2
(4c a b )a a (4c a b )
HK HK
4c (a b ) 2c (a b )

= =
+ +
Cõu b (2.5 im)
+
2BM BA BK= +
uuuur uuur uuur
( vỡ M l trung im ca AK)
+
1 1
MN MB BC CN (AB KB) BC BA
2 2
= + + = + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
+
1
MN KB BC
2
= +
uuuur uuur uuur
.
4
_D
_C
_B
_A
_S
_O
_K
_M
_N

(0.25 õ)
(0.5 õ)
(0.5 õ)
(0.5 õ)
(0.5 õ)
(0.5 õ)
(0.5 õ)
(1.75 õ)
+ Do đó:

4BM.MN (BA BK).(KB 2BC)
= BA.KB 2BA.BC BK.KB 2BK.BC
= BA.KB BK.KB 2BK.BC
= KB
= + +
+ + +
+ +
uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
u r
.(BA BK 2.BC)
= KB.(BA BC BK BC)
= KB.(CA CK) KB.CA KB.CK 0
+ −
− + −
+ = + =
uu uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Vậy: BM ⊥ MN.
( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor).bv
5