Tham khảo đề thi - kiểm tra 'đề thi chọn học sinh giỏi bậc ptth thừa thiên huế năm học 1998 -1999 môn toán bảng b vòng 2', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998 -1999 MÔN TOÁN BẢNG B VÒNG 2
- SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH
THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1998 -1999.
----------------------- -------------------------------------------------
ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2.
(180 phút, không kể thời gian giao đề)
SBD:
------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1 (5 điểm)
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 (5 điểm)
Giả sử phương trình x3 + x2 + ax + b = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
Hãy xét dấu của biểu thức: a2 – 3b.
Bài 3 (5 điểm)
Tìm các đường tiệm cận của đồ thị hàm số:
1
y = (1 + a x ) x , (a > 0).
Bài 4 (5 điểm)
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 P 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 nhau.
1
- SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
THỪA THIÊN HUẾ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TỈNH NĂM HỌC 1998-1999.
MÔN: TOÁN BẢNG B VÒNG 2.
---------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1: ( 5điểm) cos3x + asinx.cosx + sin3x = 0.
π
(0.5 đ) + Đặt t = sinx + cosx = 2 cos(x − ), |t| 2.
4
cos3x + sin3x = (cosx + sinx)(sin2x + cos2x – sinxcosx) = (cosx + sinx)(1 – sinxcosx)
t2 −1 t
và cos3x + sin3x = (3 − t ) .
2
vì t2 = 1 + 2sinxcosx nên sinxcosx =
2
2
(0.5 đ) + Phương trình (1) trở thành:
t2 −1
t
(3 − t 2 ) + a. = 0 ⇔ t3 – at2 – 3t + a = 0 (2).
2 2
Câu a /
(1 đ) + Với a = 2 : (2) trở thành:
t3 – 2 t2 – 3t + 2 = 0 ⇔ (t + 2 )(t2 - 2 2 t + 1) = 0
⇔ (t + 2 )(t - 2 + 1)(t - 2 - 1) = 0
⇔ t = - 2 hay t = 2 - 1 hay t = 2 + 1.
(1 đ) + so lại điều kiện: | t | ≤ 2 nên phương trình (1) tương đương với:
π � 5π
�
π cos(x − ) = −1 � = 4 + k2π
x
2 cos(x − ) = − 2 � 4
4 �� �� , k �Z .
π π 2 −1 �π 2 −1
�
2 cos(x − ) = 2 − 1 � cos(x − ) = � = 4 ar cos 2 + k2π
x
4 4 2
� �
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 ]
(1.25đ) + 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 có nghiệm với mọi a.
Bài 2: ( 5điểm) y = f(x) = x3 + x2 + ax + b
(0.5 đ) + Tập xác định: R.
y’ = 3x2 + 2x + a là tam thức bậc hai có biệt số ∆ ’ = 1 – 3a.
(0.5 đ) + 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.
1 − 3a > 0
(x1, x2 là hai nghiệm của phương trình 3x2 + 2x + a = 0).
(0.25 đ) + Suy ra:
f (x1 ).f (x 2 ) < 0
2
- + Thực hiện phép chia đa thức ta được:
(1 đ)
1 1� 1
�
f(x) = x3 + x2 + ax + b = � x + � '+ [ (6a − 2)x + 9b − a ] .
y
3 9� 9
�
1 1
Suy ra f(x1) = [ (6a − 2)x1 + 9b − a ] ; f(x2) = [ (6a − 2)x 2 + 9b − a ]
9 9
(0.5 đ) + f(x1).f(x2) < 0 ⇒ (6a-2) x1x2 + (6a-2)(9b-a)(x1 + x2) + (9b-a)2 < 0.
2
+ Vì x1, x2 là 2 nghiệm của phương trình: 3x2 + 2x + a = 0
(1 đ)
2 a
nên x1 + x2 = − ; x1.x2 = .
3 3
a 2
Do đó: (6a − 2) − (6a − 2)(9b − a) + (9b − a) < 0
2 2
3 3
suy ra: 4(3a – 1)(a2 – 3b) + (9b – a)2 < 0
+ Vì (9b – a)2 ≥ 0 và 3a – 1 < 0 nên a2 – 3b > 0.
(1 đ)
Bài 3: ( 5điểm)
(1 â) + Tçm tiãûm cáûn âæïng:
Táûp xaïc âënh: R\{0}.
1
0+ thç ﾮ +ﾮ vaì ax
x 1.
x
1
Do âoï : nãn x = 0 laì âæåìng tiãûm cáûn âæïng.
xx
lim (1 + a ) = +ﾮ
x ﾮ 0+
a/+ Xeït træåìng håüp: 0 < a ≤ 1
(1 â) + ∀x∈ (0; + ∞ ): 0 < 1 + ax ≤ 2
1 1 1
1
ﾮ 2 ( vç x > 0 )
Do âoï: 0 < (1 + a ) nãn: 1 ﾮ lim (1 + a ) ﾮ lim 2 = 1
xx x
xx
xﾮ +ﾮ x ﾮ +ﾮ
1
Do âoï: lim (1 + a ) = 1 nãn y = 1 laì âæåìng tiãûm cáûn ngang nhaïnh phaíi.
xx
+
xﾮ 0
(1 â) x
��
1
+ ∀x∈ (- ∞ ; 0): 0 < 1 + ﾮ ﾮ ﾮ 2 .
ﾮaﾮﾮ
��
1
1
� 1�
x 1
�� x
ﾮ ﾮ � ﾮ 2 x ( vç < 0 ) nãn
Do âoï: 1 > �+
1 ﾮ�
ﾮaﾮ x
��
�
� �
1
�1�
x 1
�� x
ﾮ ﾮ � ﾮ lim 2 x = 1
lim �+
1ﾮ 1
ﾮaﾮ �
ﾮ
��
x ﾮ -ﾮ � x ﾮ -ﾮ
� �
� �� 1�
x
lim � + ﾮ ﾮ �
1 ﾮ ﾮ =1
Do âoï: xﾮ -ﾮ
aﾮ �
� ��
� �
� ��
1�
x
1
lim (1 + a x ) x = lim a � + ﾮ ﾮ � a
1 ﾮﾮ =
Suy ra x ﾮ - ﾮ
aﾮ �
� ��
x ﾮ -ﾮ
� �
Váûy y = a laì tiãûm cáûn ngang nhaïnh traïi.
b/+ Xeït træåìng håüp a > 1.
(1 â)
+ ∀x∈ (- ∞ ; 0) : 0 < 1 + ax < 2
1 1 1
1 1
Do âoï: 1> (1 + a x ) x > 2 x ( vç < 0 ) nãn: 1 ﾮ lim (1 + a x ) x ﾮ lim 2 x = 1
x xﾮ - ﾮ xﾮ - ﾮ
3
- 1
Do âoï: lim (1 + a x ) x = 1 nãn y = 1 laì âæåìng tiãûm cáûn ngang nhaïnh traïi.
xﾮ - ﾮ
x
��
1
(1 â)
+ ∀x∈ (0; + ∞ ): 1 < 1 + ﾮ ﾮ < 2 .
ﾮaﾮﾮ
��
1 1
1
� 1� 1 � 1�
x x 1
�� x �� x
ﾮ ﾮ � 0 ) nãn 1 ﾮ
Do âoï: 1 < �+ ﾮ ﾮ � ﾮ lim 2 x = 1
lim �+
1 1
ﾮaﾮ � ﾮaﾮ �
ﾮ ﾮ
x
�� ��
� x ﾮ +ﾮ � x ﾮ +ﾮ
� � � �
1 1
� 1� � 1�
x x
1
�� x �� x
Do âoï: lim � + ﾮ ﾮ � =1 nãn lim (1 + a x ) x = lim a � + ﾮ ﾮ �= a
1 1
ﾮ� ﾮaﾮ �
ﾮaﾮ ﾮ
�� ��
x ﾮ +ﾮ � �
x ﾮ +ﾮ x ﾮ +ﾮ
� � � �
Váûy y = a laì âæåìng tiãûm ngang nhaïnh phaíi.
Bài 4: ( 5điểm)
S
_
_
N
D
_ _
C
K
_
M
_
O
_
A
_
_
B
Câu a / (2.5 điểm)
(0.25 â)
+ Theo giả thiết ta được: SO ⊥ (ABCD) ⇒ (SAC) ⊥ (ABCD).
Mà BK ⊂ (SAC) và BK ⊥ AC ⇒ BK ⊥ SA.
(0.5 â)
+ Gọi H là hình chiếu của K xuống SA
⇒ HK ⊥ SA và HK ⊥ BK ( vì HK ⊂ (SAC))
⇒ HK là đoạn vuông góc chung của SA và BK.
Suy ra được: BH ⊥ SA và ∆ HBK vuông tại K.
a 2b2
(0.5 â) 1 1 1
= + � BK 2 = 2
+ Do ∆ ABC vuông đỉnh A nên: .
a + b2
BK 2 AB2 BC 2
a2
c2 − .a
(0.5 â) + ∆ SAB cân đỉnh S, BH là đường cao nên SI.AB 4
HB = =
SA c
(0.5 â)
+ Do ∆ HBK vuông tại K nên:
(4c 2 − a 2 )a 2 a 2b2
HK = HB − BK = −2
2 2 2
a + b2
4c 2
(4c 2 − a 2 − b 2 )a 4 a 2 (4c 2 − a 2 − b 2 )
HK 2 = � HK =
4c 2 (a 2 + b 2 ) (a 2 + b 2 )
2c
uuuể uuu
Câu b (2.5 đir m) r uuu
u r
(0.5 â) + 2BM = BA + BK ( vì M là trung điểm của AK)
(0.5 â)
4
- uuuu uuur uuu uuu 1 uuu uuu uuu 1 uuu
r r r r r r r
+ MN = MB + BC + CN = (AB + KB) + BC + BA
2 2
uuuu 1 uuu uuu
r r r
(1.75 â)
+ MN = KB + BC .
2
+ Do đó:
uuur uuuu uuu uuu uuu
ur r r r uuur
4BM.MN = (BA + BK).(KB + 2BC)
uuu uuu
r r uuu uuu uuu uuu
rr r r uuu uuu
rr
= BA.KB + 2BA.BC + BK.KB + 2BK.BC
uuu uuu uuu uuu
rr r r uuu uuu
rr
= BA.KB + BK.KB + 2BK.BC
uuu uuu uuu
rr r uuu
r
= KB.(BA + BK − 2.BC)
uuu uuu uuu uuu uuu
rr r r r
= KB.(BA − BC + BK − BC)
uuu uuu uuu
rr r uuu uuu uuu uuu
rr rr
= KB.(CA + CK) = KB.CA + KB.CK = 0
Vậy: BM ⊥ MN.
( Có thể tính và áp dụng định lý Pythagor).bv
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
