Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH năm học 1999-2000 môn: toán bảng a vòng 2

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI BẬC PTTH THỪA THIÊN HUẾ NĂM HỌC 1999-2000. ----------------------- ------------------------------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN: TOÁN BẢNG A VÒNG 2. SBD : (180 phút, không kể thời gian giao đề) ------------------------------------------------------------------------------------------------------------ Bài 1: ( 2.5 điểm) Chứng minh rằng nếu 3 số thực a, b, c thỏa mãn: |a| + |b| + |c| thì hàm số không có cực trị. Bài 2: ( 2.5 điểm) Kí hiệu Hn là tập hợp các đa thức bậc n dạng: Chứng minh: Bài 3: ( 2.5 điểm) Cho tam giác ABC có góc A nhọn. M là điểm di động trên BC. P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên AB, AC. Tìm tập hợp các điểm S không phụ thuộc mặt phẳng (ABC) sao cho: g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP). ( ký hiệu g(a,b) là góc giữa hai đường thẳng a, b) Bài 4: ( 2.5 điểm) Cho parabol (P): y2 = 2x và đường tròn (C): x2 + y2 – 8x + 12 = 0. Chứng minh rằng có vô số tam giác với ba đỉnh trên (P) mà các cạnh tiếp xúc với (C). 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 MÔN TOÁN BẢNG A – VÒNG 2. Bài 1: (2.5 điểm) +(0.25 đ) f(x) = y’ = x4 + ax3 + bx2 + cx + 1 , với |a| + |b| + |c| . +(0.50 đ) |f(x)| ³ |x4 + 1| - |ax3 + bx2 + cx| ³ x4 + 1 - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) +(1 đ) Nếu |x| £ 1 thì |xk| £ 1 (k Î Z+) do đó: (|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) £ |a| + |b| + |c| . Suy ra: - |x|(|a||x3| + |b||x2| + |c||x|) ³ Suy ra: |f(x)| ³ x4 + 1 mà Nên |f(x)| > 0 "x, |x| £ 1. +(0.50 đ) Nếu |x| >1. Đặt thì |t| < 1 . Theo trên ta suy ra được: |f(x)| = +(0.25 đ) Tóm lại y’>0, " xÎR nên hàm số không 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) là đa thức bậc n có hệ tử bậc n là 2n – 1. Chứng minh bằng quy nạp dựa vào công thức: cosnt + cos(n-1)t = 2cost.cos(n-1)t. +(0.50 đ) Do đó: . Ta có . Nếu tồn tại f(x) Î Hn sao cho , "xÎ[-1;1]. Lúc đó ta xét g(x) = f(x) - đa thức bậc nhỏ hơn hay bằng n – 1, g(x) đổi dấu n + 1 lần tại các điểm coskp/n, k = . +(0.50 đ) Do đó . Vậy . Bài 3: (2.5 điểm). +(0.75 đ) Với tứ diện ABCD ta chứng minh: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) Û AB^CD và AD^BC, AC^BD. Thật vậy ta có đẳng thức: . Từ đó nếu: g(AB,CD) = g(AD,BC) = g(AC,BD) = j thì (AB.CD + e1AC.DB + e2AD.BC)cosj = 0 Với e1, e2 nhận giá trị 1 hay -1. Mặt khác ta có bất đẳng thức đối với các cạnh của tứ diện là: AB.CD + e1AC.DB + e2AD.BC ¹ 0, nên j = 90o. +(0.50 đ) g(SA,PQ) = g(SP,AQ) = g(SP,AQ) = g(SQ,AP) = 900 khi và chỉ khi hình chiếu S lên (ABC) là trực tâm tam giác APQ. +(1 đ) Đặt BM/BC = t. Gọi E, F là hình chiếu của B và C lên AC, AB. Ta có: mà ta có: +(0.25 đ) Suy ra: . Tập hợp các điểm H là đoạn EF. Vậy tập hợp các điểm S là dải mặt phẳng ở giữa hai đường thẳng a, b lần lượt đi qua E, F và vuông góc mặt phẳng (ABC). Bài 4: (2.5 điểm). +(0.25 đ) Đường tròn (C) có tâm I(4,0), bán kính R = 2. +(0.50 đ) Lấy A(x1 ; y1), B(x2 ; y2) tùy ý ( y1¹ y2) thuộc (P), phương trình đường thẳng AB là: AB: (y - y1)(x2 - x1) = (y2 - y1)(x - x1) Do A, B Î (P) nên , do đó: AB: 2x – (y1 + y2)y + y1.y2 = 0. +(0.50 đ) Tìm điều kiện tiếp xúc: AB tiếp xúc (C) Û . +(0.25 đ) Tượng tự, nếu C(x3 ; y3) thuộc (P) và y1 ¹ y3 , ta có: AC tiếp xúc (C). +(0.5 đ) Do đó nếu AB và AC tiếp xúc (C) ta được (1) và (2). Điều này chứng tỏ y1 và y3 là hai nghiệm của phương trình ẩn y: +(0.25 đ) Với y1 ¹ ± 2, (3) là phương trình bậc hai có D’ > 0 nên (3) luôn có hai nghiệm y2 và y3: và +(0.25 đ) Do đó, thế vào ta được: . Vậy theo điều kiện tiếp xúc ta được BC tiếp xúc (C). Và từ các kết quả trên chứng tỏ rằng có vô số tam giác thỏa đề bài.