SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000 - Câu 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 Lời giải f ( x) = y’ = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1, với a + b + c £ ( ) ( ) f ( x) ³ x4 + - ax3 + bx2 + cx ³ x4 + 1- x a x3 + b x2 + c x f ( x) ³ x4 + - ax3 + bx2 + cx ³ x4 + 1- x a x3 + b x2 + c x ( ( ) ) k + Nếu x £ x £ k Ỵ ¢ đó: a x + b x + c | x | £ a + b + c £ ( ) Suy ra: - x a x + b x + c x ³ Suy ra: f ( x) ³ x - 2|x | >0 x + | mà Min(u4 - 2u + 1) = 0£ u£ Nên f ( x) > " x, x £ Nếu x > Đặt t = f ( x) = t < Theo ta suy được: x 1 + at + bt + ct + t > t Tóm lại y’ > 0, " x Ỵ ¡ nên hàm số khơng có cực trị n- Câu n i Kí hiệu H n tập hợp đa thức bậc n dạng: f (x) = x + å x , Ỵ R i =0 ïì ïü | f (x) |ý = n- Chứng minh: Min í Max é ù f Ỵ H n ï xẻ ờ- 1;1ỳ ùỵ ù ợù ỷ Li giải Xét đa thức Trêbưsép T ( x) = cos ( narccosx ) Chứng minh T ( x) đa thức bậc n có hệ tử bậc n 2n – Chứng minh quy nạp dựa vào cơng thức: cosnt + cos(n-1)t = 2cost.cos(n-1)t Do đó: T (x) T (x) Max = Ỵ H Ta có Nếu tồn f ( x) Î H n cho f (x) £ n- , n- n- n n- 2 2 é- 1;1ù Lúc ta xét g( x) = f ( x) - T (x) đa thức bậc nhỏ hay n – 1, g( x) ê ú ë û 2n- kp đổi dấu n + lần điểm cos , k = 0, n n "x Ỵ Do Maxf (x) ³ Câu ìï ü 1 ï Min Max | f ( x ) | Vậy í ý = n- n- ù f Ỵ H n ï xẻ ộ ùỵ 2 ù ợù ởờ- 1;1ỷỳ 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 khơng 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 ) Lời giải Với tứ diện ABCD ta chứng minh: g( AB,CD ) = g( AD, BC ) = g( AC , BD ) Û AB ^ CD AD ^ BC , AC ^ BD uuur uuu r uuur uuur uuur uuur Thật ta có đẳng thức: AB CD + AC DB + AD.BC = Từ nếu: g( AB,CD ) = g( AD, BC ) = g( AC , BD ) = j (AB.CD + e1AC DB + e2AD.BC ) cosj = Với e1, e2 nhận giá trị hay - Mặt khác ta có bất đẳng thức cạnh tứ diện là: AB CD + e1AC DB + e2AD.BC ¹ , nên j = 90o g( SA, PQ ) = g( SP , AQ ) = g( SP , AQ ) = g( SQ, AP ) = 900 hình chiếu S lên ( ABC ) trực tâm tam giác APQ BM = t Gọi E , F hình chiếu B C lên AC , AB Ta có: BC uuuu r uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r MH = MP + MQ = MB + BP + MC + CQ mà ta có: uuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur uuuu r uuu r uuur BP = tBE , CQ = (1- t)CE , MB = (1- t)BC , BH = BM + MH = tBF + (1- t)BE uuur uuur uuu r uuu r Suy ra: EH = BH - BE = tEF Tập hợp điểm H đoạn EF Đặt Vậy tập hợp điểm S dải mặt phẳng hai đường thẳng a, b qua E , F vng góc mặt phẳng ( ABC ) Câu 2 Cho parabol ( P ) : y = 2x đường tròn (C ) : x + y – 8x + 12 = Chứng minh có vơ số tam giác với ba đỉnh ( P ) mà cạnh tiếp xúc với ( C ) Lời giải Đường tròn ( C ) có tâm I ( 4,0) , bán kính R = Lấy A ( x1;y1) , B ( x2;y2 ) tùy ý ( y1 ¹ y2) thuộc ( P ) , phương trình đường thẳng AB là: AB : ( y - y1) ( x2 - x1) = ( y2 - y1) ( x - x1) 2 Do A, B Ỵ ( P ) nên y1 = 2x1 , y2 = 2x2 đó: AB : 2x – ( y1 + y2 ) y + y1.y2 = Tìm điều kiện tiếp xúc: AB tiếp xúc ( C ) | + y1y2 | + (y1 + y2) 2ù = Û (8 + y1y2)2 = é ê4 + (y1 + y2) û ú (1) ë Tượng tự, C ( x3;y3 ) thuộc ( P ) y1 ¹ y3 , ta có: + (y1 + y3)2 ù (2) AC tiếp xúc ( C ) Û (8 + y1y3) = é ê ú ë û Do AB AC tiếp xúc (C) ta (1) (2) Điều chứng tỏ y1 y3 hai nghiệm phương trình ẩn y: (8 + y1y)2 = é + (y1 + y)2 ù hay (y12 - 4)y2 + 8y1y + 48 - 4y12 = (3) ê ú ë û Với y1 ¹ ±2, (3) phương trình bậc hai có D’ > nên (3) ln có hai nghiệm y2 y3 : y2 + y3 = 8y1 - y12 y2.y3 = 48 - 4y12 y12 - 2ù Do đó, vào ta được: (8 + y2y3) = é ê4 + (y2 + y3) û ú Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta ë BC tiếp xúc ( C ) Và từ kết chứng tỏ có vơ số tam giác thỏa đề