SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011-2012 Đề chính thức Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18/3/2012 Bài 1 : (7.0 điểm ) a. Giải phương trình : 3 2 2log cot x log os c x = b. Giải phương trình : ( ) 2 2 3 3 16 8 x x + − = Bài 2 : (4,0 điểm ) Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA 1 , BB 1 của tam giác ABC vuông góc với nhau là : cot 2(cot A cot ) C B = + Bài 3 : ( 3,0 điểm ) Cho a,b,c, d ∈  , 1 ≤ a,b,c,d ≤ 2 . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 ( )( ) 25 ( d) 16 a b c d ac b + + ≤ + Bài 4 : (6.0 điểm) Cho hình chóp đều SABC có cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,SC . Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt tại P,Q ( P,Q không trùng với S) a. Chứng minh rằng : PA b QB a = b. Xác định tỷ số PA SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 11 , TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011-2012 ( Lê quang Dũng – GV Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định ) Bài 1 : a) Giải phương trình : 3 2 2log cot x log os c x = ( Đây là bài toán trong chương trình toán lớp 12 , người ra đề không nắm vững phân phối chương trình hiện hành) Điều kiện : sinx >0, cosx >0 Đặt : t= log 2 cosx , t<0 => cosx=2 t Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2log 3 cotx=t  cot 2 x=3 t  4 3 1 4 t t t = −  4 3 12 t t t = −  4 4 1 0 3 t t   + − =     (1) Ta có g(t)= 4 4 3 t t   +     -1 đồng biến trên ( −∞ ,0) , g(-1)=0  t=-1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)  cosx=1/2 Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là : .2 , 3 k k π π + ∈  b) Giải phương trình : ( ) 2 2 3 3 16 8 x x + − = Đặt y= 3 3 16 x − ,Ta có hệ phương trình : 2 2 3 3 8 16 x y x y  + =   + =    2 3 ( ) 2x 8 ( ) 3x ( ) 16 x y y x y y x y  + − =   + − + =   Đặt S=x+y, P=xy , điều kiện S 2 -4P ≥ 0 Khi đó , hệ phương trình trở thành 2 3 2 8 (1) 3 16 (2) S P S SP  − =   − =   Từ (1)  2 8 2 S P − = thay vào (2) ta được : 3 2 3 ( 8) 16 2 S S S − − =  3 24S 32 0 S − + =  3 24S 32 0 S − + =  (S-4)(S 2 +4S-8)=0  S=4 , S 2 +4S-8=0 i) S=4 => P=4 , Phương trình đã cho có nghiệm x=2 ii) S 2 +4S-8=0 => 2 1 ( 8) 2S 2 P S = − = − Khi đó : S 2 -4P=S 2 +8P ≥ 0  S ≥ 0 , hoặc S ≤ -8 S 2 +4S-8=0  2 2 3, 2 2 3 S S= − + = − − (loại ) 4 4 3 P = − Khi đó : 1 3 2 3 x = − + ± Phương trình đã cho có 3 nghiệm :x= 2, 1 3 2 3 x = − + ± Bài 2 : (4,0 điểm ) Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA 1 , BB 1 của tam giác ABC vuông góc với nhau là : cot 2(cot A cot ) C B = + Giải : Đặt BC=a,AC=b,AB=c , S là diện tích tam giác ABC , Áp dụng định lý cosin ta có : 2 2 2 2 cos b c bc A a + − =  2 2 2 2 cot .sin A b c bc A a + − =  2 2 2 4Scot b c A a + − =  2 2 2 cot 4S b c a A + − = Tương tự ta có : 2 2 2 cot 4S a c b B + − = , 2 2 2 cot 4S a b c C + − = cot 2(cot A cot ) C B = +  2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4S 4S 4S a b c c b a a c b   + − + − + − = +      ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c c b a a c b + − = + − + + −  2 2 2 5 a b c + = Mặt khác , G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó : 2 2 2 2 2 1 4 1 AA (2 2 ) 9 9 AG b c a = = + − 2 2 2 2 2 1 4 1 BB (2 2 ) 9 9 BG a c b = = + − Các trung tuyến AA 1 ,BB 1 của tam giác ABC vuông góc với nhau  tam giác AGB vuông tại G  AG 2 +BG 2 =AB 2  2 2 2 2 2 2 2 1 1 (2 2 ) (2 2 ) 9 9 b c a a c b c + − + + − =  2 2 2 5 a b c + =  cot 2(cot A cot ) C B = + => đpcm Bài 3 : ( 3,0 điểm ) Cho a,b,c, d ∈  , 1 ≤ a,b,c,d ≤ 2 . Chứng minh rằng : 2 2 2 2 2 ( )( ) 25 ( d) 16 a b c d ac b + + ≤ + Giải : Đặt tanx , tany a c b d = = , 2 2 2 2 2 ( )( ) 25 ( d) 16 a b c d ac b + + ≤ +  ….  2 2 9( d) 16( d ) ac b a bc + ≥ −  d 3 4 a bc ac bd − ≤ +  3 4 1 a c b d a c b d − ≤ +  3 tan( ) 4 x y − ≤ Vì a,b,c,d thuộc [1,2] , tanx ,tany 1 ,2 2   ∈     => 1 , arctan ,arctan 2 0, 2 2 x y π     ∈ ⊂          1 arctan 2 arctan 2 x y− ≤ − => 1 3 tan( ) tan(arctan 2 arctan ) 2 4 x y − ≤ − = Dấu = xảy ra  a=d=2 ,b=c=1 => Đpcm Bài 4 : (6.0 điểm) Cho hình chóp đều SABC cá cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,SC . Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt tại P,Q ( P,Q không trùng với S) a) Chứng minh rằng : PA b QB a = b) Xác định tỷ số PA SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất . Giải : a) Nếu P là trung điểm của SA thì MP//SB , PA=b/2 => NQ//SB => Q là trung điểm của BC => QB=a/2 => PA b QB a = Nếu P không phải là trung điểm của PA thì PA cắt SB tại I => MP,SB,NQ đồng quy tại I Kẽ BE //SA , BF//SC , khi đó IB IS BQ BF BF BE PA QC NC SN SB SP = = = = =  BQ PA BC SA = => PA SA b QB BC a = = (đpcm) b)Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên MN Gọi ( β ) là mặt phẳng vuông góc với MN , trong phép chiếu vuông góc lên ( β ) các điểm M,N,H,K có hình chiếu là O , các điểm S,A,B,C,P,Q có hình chiếu lần lượt là D’,A’,B’,C’,P’,Q’, Vì M là trung điểm của AB ,N là trung điểm của SC , nên O là trung điểm của A’B’, D’C’ => Tứ giác A’C’B’D’ là hình bình hành ,P’ ∈ A’D’ ,Q’ ∈ B’C’ Ta có PH, ( β ) cùng vuông góc với MN => PH//( β )=> PH=OP’ , tương tự ta có QK=OQ’ Gọi J là giao điểm của PQ và MN , J có hình chiếu vuông góc lên ( β ) là O  O thuộc P’Q’ => OP’=OQ’ => PH=QK=> S MPN =S MQN Diện tích tứ giác MPNQ là nhỏ nhất  S MPN là nhỏ nhất  PH là nhỏ nhất  PH là đường vuông góc chung của SA và MN Gọi M’,N’ lần lượt là trung điểm của SB,AC  MN’, M’N //BC , MM’NN là hình bình hành SABC là hình chóp đều , L là trung điểm của BC => (SAL) ⊥ BC => (SAL) ⊥ (MM’NN’) theo gt UV ,với U ,V lần lượt là trung điểm của MN’,M’N => H là chân đường vuông góc chung của SA,MN trên MN là trung điểm UV Ta có HP 2 2 2 2 3 3 2 3 2 4 a a b a b a b b − − = = Khi đó PA = 2 2 2 2 2 2 2 2 3a (3 ) 4 16 16 4 4 4 b a b a b a a b b b b − + + − = + = => 2 2 2 4 PA a b SA b + = . TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2 011- 2012 Đề chính thức Môn thi : TOÁN Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18/3/2012. định tỷ số PA SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất . HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 11 , TỈNH BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2 011- 2012 ( Lê quang Dũng – GV Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình. Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định ) Bài 1 : a) Giải phương trình : 3 2 2log cot x log os c x = ( Đây là bài toán trong chương trình toán lớp 12 , người ra đề không nắm vững phân phối chương