Đề thi chọn học sinh giỏi bậc PTTH Thừa Thiên Huế 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.