a Chứng minh rằng : 2008 b Tính diện tích xung quanh của hình chóp có cạnh đáy bằng a, khi bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng... III a Ta phải xét hai trường hợp tùy theo tâm O củu mặt c
Trang 1SỞ GD -ĐT VĨNH LONG ĐỀ THAM KHẢO THI HS GIỎI
BÀI I : (2 ĐIỂM)
Không giải phương trình bậc ba : x3 – x + 1 = 0 Hãy tính tổng các lũy thừa bậc tám của ba nghiệm của nó
BÀI II : (2 ĐIỂM)
Hãy xác định hàm số f : R → R sao cho bất đẳng thức sau đúng với các số thực x, y , z bất kỳ :
2
1 f(xy) + 21f(xz) – f(x).f(yz) ≥
4 1
BÀI III : (2 ĐIỂM)
Gọi R và r là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và nội tiếp hình chóp 2008 giác đều
a) Chứng minh rằng :
2008
b) Tính diện tích xung quanh của hình chóp có cạnh đáy bằng a, khi bất đẳng thức trên xảy ra dấu bằng
BÀI IV : (2 ĐIỂM)
Cho cấp số cộng gồm 2008 số hạng với số hạng đầu u1 = 2008π và công sai d = 4016π Tính giá trị của tổng :
S = ∑cos( u u u± ± ±1 2 ± 2008)
ở đó tổng ∑ chứa tất cả các số hạng ứng với tất cả các số hạng khác nhau có thể được để lấy dấu (+) hay (-) trước các số u1, u2, … , u2008
BÀI V : (2 ĐIỂM)
1) Chứng minh rằng : 2(sint + cost) ≥ 2 4 sìnt (0≤ t ≤
2
π )
2) Tìm y sao cho : 1 + 2 cot ycot y ≥ tan 2ytan y (0 ≤ y ≤ π)
Trang 2
-HƯỚNG DẪN GIẢI VÀ ĐÁP ÁN
I Xét phương trình bậc ba : x3 – x + 1 = 0 (1)
Theo định lý Viét ta có :
−
=
−
= +
+
= + +
1
1 0
3 2 1
1 3 3 2 2 1
3 2 1
x x x
x x x x x x
x x x
Từ (1) ta được :
− +
=
−
=
−
=
1
1
2 2 3 5 3
i i i i i
i i
x x x x x
x x
(với i = 1, 2, 3)
1
Như vậy : xi8 = 2 xi2 − 3 xi + 2 Từ đó suy ra :
8 1
x + 8
2
x + 8
3
x = 2 ( 2
1
x + 2
2
x + x32) - (x1 + x2 + x3) + 6 (2)
Nhưng : 2
1
x + 2 2
x + x32= (x1 + x2 + x3)2 - 2(
1 3 3 2 2
Thay vào (2) ta được : x18+ x28+ x38= 10
1
II Cho x = y = z = 0 , thay vào bất đẳûng thức ta có :
f2(0) – f(0) +
4
1
≤ 0 hay − 2
1 ) 0 (
Suy ra f(0) =
2 1 Cho y = z = 0 , còn x tùy ý thay vào bất đẳûng thức đã cho và chú ý rằng f(0) =
2
1 , ta có : 2
1 f(0) +
2
1 f(0) – f(x)f(0) ≥
4 1
Hay f(0) – f(x)f(0) ≥
4
1
; 2
1
- 2
1 f(x) ≥
4 1
Từ đó : f(x) ≤
2
1
(1)
1
Cho x = y = z = 1 , thay vào bất đẳûng thức đã cho, ta có
f(1) – f2(1) ≥
4
1 hay −2
1 ) 1 (
f ≤ 0 suy ra f(1) =
2 1
Cho y = z = 1 , còn x tùy ý , chú ý rằng f(1) =
2
1 , ta có :
1
Trang 3BÀI HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM
2
1 f(x) +
2
1 f(x) – f(x)f(1) ≥
4 1
hay 2
1 f(x) ≥
4
1 , f(x) ≥
2
1
(2) Từ (1) và (2)suy ra f(x) =
2
1 với mọi số thực x
NX : Thử lại, ta thấy đúng
III a) Ta phải xét hai trường hợp tùy theo tâm O củu mặt cầu ngoại
tiếp ở trong hoặc ở ngoài hình chóp Ta có :
SH = SO + OH (trường hợp O nằm ở trong )
Hoặc SH = SO - OH (trường hợp O nằm ở ngoài )
1
b) Diện tích xung quanh của hình chóp là :
Sxq =
2
2008a cos
2008 4sin
2008
π
π
1
IV Để giài bài toán ta cần chứng minh (bằng pp qui nạp) :
j 1
u , cos( u u ) 2 cosu
=
ª Với n = 1 : cos u1 + cos (-u1) = 2 cos u1
n = 2 : cos(u1+u2) + cos(u1- u2) + cos(-u1+u2) + cos(-u1- u2)
= 2 cos u1 cosu2 + 2 cos(- u1) cosu2 = 4 cos u1 cosu2
ª G/s bài toán đúng với n, khí đó :
n 1
n 1
j
j 1
2 + + cos u
=
∏ = 2(
n n
j
j 1
2 cos u
=
∏ ) cos un+1 = 2
1
cos( u u )
= ∑cos( u u± ± ±1 n±u )n 1+
Trở lại đề bài, ta có :
2008 2008
j
j 1
S 2 cos u
=
Vì { }u là cấp số cộng nên : j
u2007 = u1 + 2006 d =
2008
π + 2006
2.2008
π = 2π
Do đó : cos u2007 = 0 Vậy : S = 0
1
Trang 4BÀI HƯỚNG DẪN GIẢI ĐIỂM
V a) Ta có : (1 – sin2t)2 = (1 – 2sintcost)2 ³ 0 (1)
hay 1 – 4sint cost + 4 sin2 t cos2 t ³ 0
Mặt khác : (1 + 2sintcost)2 - 8 sintcost = (1 – 2 sint cost)2 ³ 0
theo (1) hay (sint + cost)4 ³ 8 sintcost (2)
Do 0 £ t £ p2 nên sint , cost ³ 0
Vậy từ (2) suy ra : 1 sin 2t+2 ³ sin 2t
Theo BĐT Cô-si dấu bằng xãy ra khi và khi : sin2t = 1 , t = p4
1
b) Thay tan 2y = 2
2 tan y
1 tan y- ; cot 2y =
2
cot y 1
2 cot y
và coty = tan y1 vào BĐT phải CM ta được :
2
2 tan y tan y
1 tan y
£ 2 (1) Nếu : tan2 y < 1 thì tứ (1) : tan2 y (3- tan2 y) £ 0 (2)
Do : 0 < y < p nên tan2 y > 0 và từ (2) có : tan2 y ³ 3 , không được
Nếu : tan2 y > 1 thì từ (1) có : tan2 y (3- tan2 y) ³ 0 , từ đó tan2 y £ 3
Vậy với mọi y ta có : 1 < tan2 y £ 3 , tức là 1 < tan y £ 3
và giá trị của y phải tìm là : p4 £ y £ p3 và 23p £ y £ 34p
1
GV : NGUYỄN TRÍ HUỆ