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 . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THỪA THI N 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. a = 2 1 là đúng theo (2). Vậy a = 2 1 . Bài 4. (5 điểm) Câu a. (2,5 điểm) (0,25đ) + Theo giả thi t ta được: SO ⊥ (ABCD) ⇒ (SAC) ⊥ (ABCD) Mà BK ⊂ (SAC) và BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA (0,5đ) +Gọi