SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN: TỐN BẢNG A VỊNG SBD: (180 phút, khơng kể thời gian giao đề) Bài 1: ( 2.5 điểm) Chứng minh số thực a, b, c thỏa mãn: |a| + |b| + |c| hàm số x5 x4 x3 x2 y a b c x khơng có cực trị Bài 2: ( 2.5 điểm) Kí hiệu Hn tập hợp đa thức bậc n dạng: n 1 f (x) x n a i x i , a i R i 0 Chứng minh: Min Max | f (x) | f H n x 1;1 2n 1 Bài 3: ( 2.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn M điểm di động BC P, Q hình chiếu vng góc M lên AB, AC Tìm tập hợp điểm S không phụ thuộc mặt phẳng (ABC) cho: g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP) ( ký hiệu g(a,b) góc hai đường thẳng a, b) Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = Chứng minh có vơ số tam giác với ba đỉnh (P) mà cạnh tiếp xúc với (C) DeThiMau.vn SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN TỐN BẢNG A – VÒNG Bài 1: (2.5 điểm) +(0.25 đ) f(x) = y’ = x4 + ax3 + bx2 + cx + , với |a| + |b| + |c| +(0.50 đ) |f(x)| |x4 + 1| - |ax3 + bx2 + cx| x4 + - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) +(1 đ) Nếu |x| |xk| (k Z+) đó: (|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) |a| + |b| + |c| Suy ra: - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) | x | Suy ra: |f(x)| x4 | x | + mà Min(u 2u 1) 0 u 1 Nên |f(x)| > x, |x| 1 +(0.50 đ) Nếu |x| >1 Đặt t |t| < Theo ta suy được: x |f(x)| = |1 at bt ct t | t +(0.25 đ) Tóm lại y’>0, xR nên hàm số khơng có cực trị Bài 2: (2.5 điểm) +(0.25 đ) Xét đa thức Trêbưsép T(x) = cos(n.arccosx) +(0.50 đ) Chứng minh T(x) đa thức bậc n có hệ tử bậc n 2n – Chứng minh quy nạp dựa vào công thức: cosnt + cos(n-1)t = 2cost.cos(n-1)t T(x) 1 T(x) +(0.50 đ) Do đó: n 1 H n Ta có Max n 1 n 1 Nếu tồn f(x) Hn cho f (x) n 1 , 2 2 T(x) x[-1;1] Lúc ta xét g(x) = f(x) - n 1 đa thức bậc nhỏ hay n – 1, g(x) đổi dấu n + lần điểm cosk/n, k = 0, n 1 +(0.50 đ) Do Maxf (x) n 1 Vậy Min Max | f (x) | n 1 f H n x 1;1 2 Bài 3: (2.5 điểm) +(0.75 đ) Với tứ diện ABCD ta chứng minh: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) ABCD và ADBC, ACBD Thật ta có đẳng thức: AB.CD AC.DB AD.BC Từ nếu: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) = (AB.CD + 1AC.DB + 2AD.BC)cos = Với 1, 2 nhận giá trị hay -1 Mặt khác ta có bất đẳng thức cạnh tứ diện là: AB.CD + 1AC.DB + 2AD.BC 0, nên = 90o +(0.50 đ) g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP) = 900 hình chiếu S lên (ABC) trực tâm tam giác APQ +(1 đ) Đặt BM/BC t Gọi E, F hình chiếu B = và C lên AC, AB Ta có: MH MP MQ MB BP MC CQ mà ta có: BP tBE, CQ (1 t)CE, MB (1 t)BC, BH BM MH tBF (1 t)BE +(0.25 đ) Suy ra: EH BH BE tEF Tập hợp điểm H đoạn EF Vậy tập hợp điểm S dải mặt phẳng hai đường thẳng a, b qua E, F vng góc mặt phẳng (ABC) DeThiMau.vn Bài 4: (2.5 điểm) +(0.25 đ) Đường trịn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = +(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1 y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) Do A, B (P) nên y12 2x1 , y 22 2x đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: | y1 y | (8 y1 y ) (y1 y ) (1) AB tiếp xúc (C) (y1 y ) +(0.25 đ) Tượng tự, C(x3 ; y3) thuộc (P) y1 y3 , ta có: AC tiếp xúc (C) (8 y1 y3 ) (y1 y3 ) (2) +(0.5 đ) Do AB AC tiếp xúc (C) ta (1) (2) Điều chứng tỏ y1 y3 hai nghiệm phương trình ẩn y: (8 y1 y) (y1 y) hay (y12 4)y 8y1 y 48 4y12 (3) +(0.25 đ) Với y1 2, (3) phương trình bậc hai có ’ > nên (3) ln có hai nghiệm y2 y3: 48 4y12 8y1 y y y y3 y12 4 y12 +(0.25 đ) Do đó, vào ta được: (8 y y3 ) (y y3 ) Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta BC tiếp xúc (C) Và từ kết chứng tỏ có vơ số tam giác thỏa đề DeThiMau.vn ... KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH TH? ?A THI? ?N HUẾ NĂM HỌC 1999-2000 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MƠN TỐN BẢNG A – VÒNG Bài 1: (2.5 điểm) +(0.25 đ) f(x) = y’ = x4 + ax3 + bx2 + cx + , với |a| ... Thật ta có đẳng thức: AB.CD AC.DB AD.BC Từ nếu: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) = (AB.CD + 1AC.DB + 2AD.BC)cos = Với 1, 2 nhận giá trị hay -1 Mặt khác ta có bất đẳng thức... +(0.50 đ) Do Maxf (x) n 1 Vậy Min Max | f (x) | n 1 f H n x 1;1 2 Bài 3: (2.5 điểm) +(0.75 đ) Với tứ diện ABCD ta chứng minh: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) ABCD và ADBC, ACBD