đề thi hsg toán thpt quốc học

Với giá trị nào của a thì phương trình có nghiệm.. Tìm đạo hàm của hàm số và chứng minh hàm số đạt cực tiểu tại x =0.. K là hình chiếu vuông góc của B xuống AC.. Tính độ dài đoạn vuông g

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: cos3x +asinx.cosx +sin3x = 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 x3 + x2 +ax +b = 0 có 3 nghiệm phân biêt Hãy xét dấu của biểu thức: a2 – 3b Bài 3 Cho hàm số f(x) =     ≠ ≠ − 0 0 0 ) 1 cos 1 ( 2

.

x nêu

x nêu 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: x2 (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) cos3x +asinx.cosx +sin3x = 0 (1)

(0,5đ) + Đặt t = sinx + cosx = 2cos(x -

4

π

), │t│≤ 2 cos3x +sin3x = (cosx +sinx) (sin2x +cos2x –sinxcosx) = (cosx +sinx)(1- sinxcosx)

Vì t2 =1 +2sinxcosx nên sinxcosx =

2

1

2 −

t

và cos3x +sin3x =

2

t

(3- t2)

(0,5đ) + Phương trình (1) trở thành:

2

t

(3- t2) +a

2

1

2 −

t

= 0 ⇔ t3- at2 -3t +a = 0 (2)

Câu a.

(1đ) + Với a = 2: (2) trở thành: t3 - 2t2 -3t + 2 = 0 ⇔ (1 + 2)(t2-2 2t +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:













−

=

−

−

=

−

1 2 ) 4 cos(

2

2 )

4 cos(

2

π

π

x

x

k x

k x

∈













+

−

±

=

+

=

, 2 2

1 2 arccos 4

2 4 5

π π

π π

Câu b

(0,25đ) + Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi f(t) = t3 –at2- 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) = x3 +x2 +ax +b

(0,5đ) + Tập xác định: R.

y’ = 3x2 +2x +a là tam thức bậc hai có biệt số ∆'= 1- 3a

(0,5đ) + Pt: x3 +x2 +ax +b = 0 có 3 nghiệm phân biệt nên y’ =0 có 2 nghiệm phân biệt

x1, x2 và f(x1).f(x2) <0

(0,5đ) + Suy ra:







<

>

−

0 ) ( )

(

0 3 1

2

1 f x x f

a

(x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình 3x2 +2x +a =0)

(1đ) + Thực hiện phép chia đa thức ta được:

f(x) = x3 +x2 +ax +b = 









9

1 3

1

x y’ +

9

1 [(6a -2)x +9b- a]

Suy ra f(x1) =

9

1 [(6a -2)x1 +9b- a]; f(x2) =

9

1 [(6a -2)x2 +9b- a]

(0,5đ) + f(x1).f(x2) < 0 ⇒ (6a -2)2 x1x2 +(6a -2)(9b –a)(x1+x2) +(9b –a)2 <0

(1đ) + Vì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: 3x2 +2x +a = 0.

Nên x1+x2 =

-3

2

; x1.x2 =

3

a

Do đó:

3

a

(6a -2)2 –(6a -2)(9b –a)

3

2 +(9b –a)2 <0 Suy ra: 4(3a -1)(a2 -3b)+ (9b –a)2 <0

(1đ) + Vì (9b –a)2 ≥0 và 3a -1 < 0 nên a2 -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 x f

x

1 sin 2 lim ) 0 ( ) (

0

(0,5đ) + f(x) = 2x2sin2

x

2

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) + x2(1-cos

x

1 ) = 2x2sin2

x

2

1 = 2 1

2

2

12

1 sin

























x x

(1đ) + Chứng minh: -1 <

x

x

sin

< 1, ∀x≠0 (1)

Xét y = g(x) =

x

x

sin , ∀x≠0 Biết rằng 0< x <

2

sinx < x và với: x ≥

2

π

⇒ sinx ≤ 1<x ⇒ 0 <

x

x

sin

< 1 Mà g(x) là hàm số chẵn trên D = R \ {0} nên g(x)

=

x

x

sin

<1, ∀x∈D Vậy (1) là đúng.

(1đ) + Tìm a nhỏ nhất: Từ (1) được:

2

sin













x

x

< 1, ∀x≠0 ⇒

2

2

12

1 sin

























x

x < 1, ∀x≠0

⇒ h(x) = x2(1 - cos

x

1 ) <

x

1

∀x≠0 (2) và limx→∞h(x) =

2

1 lim

∞

→

x

2

2

12

1 sin

























x

x = 2 1

(0,5đ) h(x) <a, ∀x≠0 (gt) mà

2

1

= limx→∞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

C H

S

O N

M

K

(0,5đ) + Do tam giác ABC vuông tại B có BK là đường cao nên BK2 = 22 22

b a

b a

+

(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 HK2 =HB2- BK2, do đó

HK = ( )

2 2

2 2 2

2 4

b a c c

a

+

−

−

Câu b (2,5 điểm).

2BM =BA+BK (Vì M là trung điểm của AK)

MN = MB+BC+CN=

2

1

KB+BC, do đó:

4BM.MN = (BA+BK ).(KB+2BC)

= KB.(BA+BK - 2BC)

= KB.(BA-BC+ BK-BC) = 0

Vậy BM⊥MN