Bang b 00 01

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001.

ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 1.
SBD: (180 phút, không kể thời gian giao đề)

Bài 1: (2.5 điểm) Cho phương trình: sin2x + cos2x + 4sin
3
x – 4sinx + 2mcosx + 1 = 0.
Tìm giá trị của m để cho phương trình có tập nghiệm là:
T = { x /
x k ,k Z
2
π
= + π ∈
}.
Bài 2: (2.5 điểm) Giải phương trình:
2
x (2x 1) 2x 1
16 2.4 0
− −
− =
.
Bài 3: (2.5 điểm) Cho tứ diện ABCD cóhai cạnh đối bằng b, c và các cạnh còn lại bằng a.
a/ Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý trong không gian đến các
đỉnh của tứ diện.
b/ Giả sử tứ diện ABCD thay đổi vị trí trong không gian nhưng có ba đỉnh A, B, C lần lượt ở
trên mặt cầu cố định và đồng tâm.
Chứng minh rằng đỉnh D luôn ở trong một hình cầu cố định khi độ dài a, b, c thay đổi thỏa
các giả đã cho.
Bài 4: (2.5 điểm) Tìm tham số a để cho hệ sau có nghiệm:

2
a(x a) (x 2 2) 1 0
x a 0

− − + ≤


> >


SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2000-2001.

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN
BẢNG B – VÒNG 2.
Bài 1: (2.5 điểm)
• sin2x + cos2x + 4sin
3
x – 4sinx + 2mcosx + 1 = 0 (1)
⇔ 2sinxcosx + 2cos
2
x + 4sinx(sin
2
x + 1) + 2mcosx = 0 ⇔ cosx(sinx + cosx -2sinxcosx +m) = 0
•
cos x 0
x k ,k Z
2
sin x cos x 2sin x cos x m 0
sin x cos x 2sinxcosx + m = 0 (2)

π

=
= + π ∈


⇔ ⇔


+ − + =

+ −

• Do đó (1) có tập nghiệm T = { x /
x k ,k Z
2
π
= + π ∈
}khi chỉ khi (2) chỉ có nghiệm thuộc T hoặc (2) vô
nghiệm.
• Xét phương trình (2): sinx + cosx – 2sinxcosx + m = 0
2
t sin x cos x 2 sin(x )
4
f(t) = t t m (3) (I)
| t | 2 (4)
π

= + = +




⇔ − −


≤



• Phương trình (2) có nghiệm thuộc T
cos x 0 m 1
sin x 1 m 1
= =
 
⇒ ⇔


= ± = −
 
 Thử lại: m = 1: Khi đó (3) ⇔ t
2
– t – 2 = 0 ⇔ t = -1 hoặc t = 2.
Hệ (I) trở thành:
x k2
1
2 sin(x ) 1 sin(x )
4 4
x k2
2
2

= π+ π

π π

+ = − ⇔ + = ⇔
π

= − + π

Vậy T không phải là tập nghiệm của phương trình đã cho.
 Thử lại: m = -1: Khi đó (3) ⇔ t
2
– t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = 1.
Hệ (I) trở thành:
x k2
sin(x ) 0
4
4
x k2 k Z.
1
sin(x )
4
x k2
2
2
π

= − + π
π



+ =


⇔ = π ∈


π


+ =
π

= + π



Vậy T không phải là tập nghiệm của phương trình đã cho.
• Phương trình (2) vô nghiệm:

 f(t) là tam thức bậc hai có ∆ = 5 + 4m,
S 1
2 2
=
, kí hiệu t
1
, t
2
là hai nghiệm của f(t) = 0.
 Do

S
2 2
2
− < <
nên hệ (1) vô nghiệm khi chỉ khi:
 ∆ < 0 hoặc
1 2
0
f(- 2) 0
5 5
m hay m hay m > 1+ 2
4 4
t 2 2 t
f( 2) 0

∆ >

<
 
⇔ < − ⇔ < −
 
< − < <

<



 Vậy các giá trị m thỏa đề bài là:
5
m hay m > 1+ 2

4
< −
.
Bài 2: (2.5 điểm)
• Biến đổi phương trình:
2 2
x (2x 1) 2x 1 4x (2x 1) 4x 1 3 2
16 2.4 0 2 2 8x 4x 4x 1 0 (1)
− − − −
− = ⇔ = ⇔ − − + =
• Đa thức f(t) =
3 2
8x 4x 4x 1 0− − + =
có tối đa 3 nghiệm và ta có: f(-1)=-7; f(0)=1; f(1/2)=-1,f(1)=1
f(t) liên tục trên khoảng (-1;1) và f(-1).f(0) < 0, f(0).f(1/2) < 0, f(1/2).f(1) < 0 nên f(x) = 0 có 3
nghiệm trên khoảng (-1;1).
• Do f(t) = 0 có đúng 3 nghiệm trong khoảng (-1;1), nên ta có thể đặt x = cosa với 0 < a < π.
• Phương trình (1) trở thành:
8cos
3
a – 4cos
2
a – 4cosa + 1 = 0 ⇔ 4cosa(2cos
2
a – 1) = 4(1 – sin
2
a) – 1
⇔ 4cosa.cos2a = 3 – 4sin
2
a ⇔ 4sina.cosa.cos2a = 3sina – 4sin

3
a ( do sina > 0)
⇔ sin4a = sin3a ⇔
4a 3a k2
(k Z)
4a 3a k2
= + π

∈

= π− + π

( với 0 < a < π)
⇔
3 5
a hay a = hay a =
7 7 7
π π π
=
.
Câu 3 ( 2.5 đ)
Câu a (1.75 đ)
• Ta có thể giả sử AD = b, BC = c và các cạnh còn lại
bằng a. Gọi I, J lần lượt là trung điểm của các cạnh
AD, BC. Ta dễ dàng suy ra Ị vuông góc với AD và
BC và IJ chính là trục đối xứng của tứ diện.
• Lấy M tùy ý trong không gian, M’ là điểm đối xứng
của M qua IJ suy ra trung điểm K của MM’ chính là
hình chiếu của M trên đường thẳng IJ và ta có:
• 2(MA + MB + MC + MD) = MA + MB + MC + MD

+ M’A + M’B+M’C+M’D
= (MA + M’A) + (MB + M’B) + (MC + M’C) + (MD + M’D)
≤ 2KA + 2KB + 2KC + 2KD (1).
( Do tính chất: trung tuyến của một tam giác thì bé hơn nữa tổng
của hai cạnh cùng xuất phát từ một đỉnh của nó).
• Do đó: MA + MB + MC + MD ≤ KA + KB + KC + KD. Bài toán trở thành tìm điểm K trên IJ sao cho
KA + KB + KC + KD bé nhất.
• Trong mặt phẳng (BCI) dựng hình thang BCD’A’ sao cho IJ là trung điểm của hai đáy và IA = IA’, ID
= ID’. Ta thấy rằng: với K tùy ý trên Ị thì KA = KA’ và KD = KD’. Do đó:
KA + KB + KC + KD = KA’ + KB + KC + KD’ = (KA’ + KC) + (KB + KD’) ≤ A’C + BD’.
• Vậy KA + KB + KC + KD nhỏ nhất khi K chính là giao điểm K
0
của hai đường chéo A’C và BD’.
• Tính IJ: IJ
2
= DJ
2
– ID
2
= DC
2
– JC
2
– ID
2
= a
2
-
2 2 2 2
2

c b c b
IJ a
4 4 4 4
− ⇒ = − −
.
• Tính BD’:
2 2
2 2
2 2 2 2
BC A'D' b c c b bc
BD' IJ a a
2 2 4 4 2
+ +
   
= + = + − − = +
 ÷  ÷
   
.
• Tổng các khoảng cách nhỏ nhất là: d = 2BD’ =
2
4a 2bc+
.
Câu a (0.75 đ)
• Gọi r
1
, r
2
, r
3
là bán kính các mặt cầu tâm O và lần lượt đi qua các đỉnh A, B, C. Ta có:

• OD < OC + DC < OC + AB < OC + OA + OB = r
1
+ r
2
+ r
3
. Do đó D ở trong hình cầu cố định tâm O,
bán kính R = r
1
+ r
2
+ r
3
.
Bài 4: (4.0 điểm)
•
2 2 2
a(x a) (x 2 2) 1 0 (x a) ax - 2 2a(x a) 1 0
x a 0 x a 0
 
− − + ≤ − − + ≤
 
⇔
 
> > > >
 
 
•
2 2
1 1 1 1

x 2 2 (x a) (x a) a 2 2 (1)
(x a) a 2 2 (x a) a
x a 0 x a 0 (2)
 
+ ≤ − + − + + ≤
 
− −
⇔ ⇔
 
 
> > > >
 
• Do (2) nên x – a và a là hai số dương, áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số dương ta được:
I
J
A
B
C
D
D’
A’
K
0
•
4
2
1 1 1 1
(x a) (x a) a 4 =2 2 (3)
2 2 (x a) a 4
− + − + + ≥

−
• Do đó (1) chỉ đúng khi dấu đẳng thức xảy ra tại (3) tức là:
2
3 2
x
1 1
2
(x a) a
2 (x a) a
2
a
2

=


− = = ⇔

−

=


• Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi a =
2
2
và nghiệm của hệ là: x =
3 2
2
.