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 . . GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI B C PTTH THỪA THI N HUẾ NĂM HỌC 2000-20 01. ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN B NG B VÒNG 1. SBD: (18 0 phút, không. TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI B C PTTH THỪA THI N HUẾ NĂM HỌC 2000-20 01. HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN TOÁN B NG B – VÒNG 2. B i 1: (2.5 điểm) • sin2x +