SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 2008-2009
TRƯỜNG THPT QUỐC HỌC MÔN: TOÁN
(180 phút, không kể thời gian giao đề)
Bài 1. 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. Giả sử phương trình x
3
+ x
2
+ax +b = 0 có 3 nghiệm phân biêt
Hãy xét dấu của biểu thức: a
2
– 3b.
Bài 3. Cho hàm số f(x) =
≠
≠−
00
0)
1
cos1(
2
xnêu
xnêu
x
x
a. Tìm đạo hàm của hàm số và chứng minh hàm số đạt cực tiểu tại x =0.
b. Tìm số a nhỏ nhất để cho: x
2
(1 –cos
a
x
<)
1
, với mọi x
.
0
≠
Bài 4. 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 B 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 với nhau.
ĐÁP ÁN
Bài 1. (5 điểm). cos
3
x +asinx.cosx +sin
3
x = 0 (1)
(0,5đ) + Đặt t = sinx + cosx =
2
cos(x -
4
π
), │t│
2≤
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
1
2
−t
và cos
3
x +sin
3
x =
2
t
(3- t
2
)
(0,5đ) + Phương trình (1) trở thành:
2
t
(3- t
2
) +a.
2
1
2
−t
= 0
⇔
t
3
- at
2
-3t +a = 0 (2)
Câu a.
(1đ) + Với a =
2
: (2) trở thành: t
3
-
2
t
2
-3t +
2
= 0
⇔
(1 +
2
)(t
2
-2
2
t +1) = 0
⇔
t = -
2
hay t =
2
-1 hay t =
2
+1
(1đ) + Đối chiếu với điều kiện: │t│
2≤
nên phương trình (1) tương đương với:
−=−
−=−
12)
4
cos(2
2)
4
cos(2
π
π
x
x
⇔
Zk
kx
kx
∈
+
−
±=
+=
,
2
2
12
arccos
4
2
4
5
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
]
(1,5đ) + 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 luôn có nghiệm với mọi a.
Bài 2. (5 điểm) y = f(x) = x
3
+x
2
+ax +b
(0,5đ) + Tập xác định: R.
y’ = 3x
2
+2x +a là tam thức bậc hai có biệt số
'∆
= 1- 3a.
(0,5đ) + 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.
(0,5đ) + Suy ra:
<
>−
0)().(
031
21
xfxf
a
(x
1
, x
2
là 2 nghiệm của phương trình 3x
2
+2x +a =0)
(1đ) + Thực hiện phép chia đa thức ta được:
f(x) = x
3
+x
2
+ax +b =
+
9
1
3
1
x
y’ +
9
1
[(6a -2)x +9b- a]
Suy ra f(x
1
) =
9
1
[(6a -2)x
1
+9b- a]; f(x
2
) =
9
1
[(6a -2)x
2
+9b- a]
(0,5đ) + 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.
(1đ) + Vì x
1,
x
2
là 2 nghiệm của phương trình: 3x
2
+2x +a = 0.
Nên x
1
+
x
2
= -
3
2
; x
1
.x
2
=
3
a
Do đó:
3
a
(6a -2)
2
–(6a -2)(9b –a)
3
2
+(9b –a)
2
<0
Suy ra: 4(3a -1)(a
2
-3b)+ (9b –a)
2
<0.
(1đ) + Vì (9b –a)
2
≥
0 và 3a -1 < 0 nên a
2
-3b> 0
Bài 3.( 5 điểm)
Câu a. (2 điểm)
(1,5đ) +Tính đạo hàm của hàm số: x
≠
0 ta có: f’(x) = 2x -2x.cos
x
1
- sin
x
1
.
* f’(0) =
=
−
→→
x
x
x
fxf
xx
2
1
sin.2lim
)0()(
lim
2
00
= 0.
(0,5đ) + f(x) = 2x
2
sin
2
x2
1
với x
≠
0
⇒
f(x)
≥
0 =f(0),
∀
x
∈
R,
Do đó f(x) đạt cực tiểu tại x =0.
Câu b. (3 điểm)
(0,5đ) + x
2
(1-cos
x
1
) = 2x
2
sin
2
x2
1
=
2
1
2
2
1
2
1
sin
x
x
(1đ) + Chứng minh: -1 <
x
xsin
< 1,
∀
x
≠
0 (1)
Xét y = g(x) =
x
xsin
,
∀
x
≠
0 . Biết rằng 0< x <
2
π
⇒
sinx < x và với: x
≥
2
π
⇒
sinx
≤
1<x
⇒
0 <
x
xsin
< 1. Mà g(x) là hàm số chẵn trên D = R \ {0} nên g(x)
=
x
xsin
<1,
∀
x
∈
D. Vậy (1) là đúng.
(1đ) + Tìm a nhỏ nhất: Từ (1) được:
2
sin
x
x
< 1,
∀
x
≠
0
⇒
2
2
1
2
1
sin
x
x
< 1,
∀
x
≠
0
⇒
h(x) = x
2
(1 - cos
x
1
) <
x
1
∀
x
≠
0 (2) và
∞→x
lim
h(x) =
2
1
lim
∞→x
2
2
1
2
1
sin
x
x
=
2
1
(0,5đ) h(x) <a,
∀
x
≠
0 (gt) mà
2
1
=
∞→x
lim
h(x)
≤
a
⇒
a
≥
2
1
(3).
Dấu đẳng thức xảy ra tại (3) khi: a =
2
1
là đúng theo (2). Vậy a =
2
1
.
Bài 4. (5 điểm)
Câu a. (2,5 điểm)
(0,25đ) + Theo giả thiết ta được: SO
⊥
(ABCD)
⇒
(SAC)
⊥
(ABCD)
Mà BK
⊂
(SAC) và BK
⊥
AC
⇒
BK
⊥
SA
(0,5đ) +Gọi H là hình chiếu của K xuống SA
⇒
HK
⊥
SA và HK
⊥
BK
⇒
HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK
Vậy tam giác HBK vuông tại K.
D
A
B
C
H
S
O
N
M
K
(0,5đ) + Do tam giác ABC vuông tại B có BK là đường cao nên BK
2
=
22
22
ba
ba
+
(0,5đ) + Tam giác SAB cân tại Scó BH là đường cao nên: HB=
c
a
a
c
4
2
2
−
(0,5đ) + Tam giác HBK vuông tại K nên HK
2
=HB
2
- BK
2
, do đó
HK =
( )
22
2222
4
2
ba
bac
c
a
+
−−
Câu b. (2,5 điểm).
2
BM
=
BA
+
BK
(Vì M là trung điểm của AK)
MN
=
MB
+
BC
+
CN
=
2
1
KB
+
BC
, do đó:
4
BM
.
MN
= (
BA
+
BK
).(
KB
+2
BC
)
=
KB
.(
BA
+
BK
- 2
BC
)
=
KB
.(
BA
-
BC
+
BK
-
BC
) = 0
Vậy BM
⊥
MN