De thi va dap an hoc sinh gioi Toan lop 11 THPT tinh Thai Nguyen 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO. ĐỀ CHÍNH THỨC. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN : TOÁN HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang). Bài 1 (4 điểm). Giải phương trình:. 2 2  2  2sin 2 x tan x  cot 2 x .. Bài 2 (4 điểm). u1 4   1 un1  un  4  4 1  2un  9 Cho dãy số  un  xác định bởi  Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số.. . . n  N *. .. Bài 3 (4 điểm).   Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc BAE CAF. , gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Bài 4 (4 điểm) Cho tập hợp A  1;2;3;...;18 . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2. Bài 5 (4 điểm). Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 . Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3 1  b2 1  c 2 1  a 2 ---------- Hết ----------. Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :....................................... ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Bài 1. Giải phương trình:. Lời giải 2 2  2  2sin 2 x tan x  cot 2 x .. cos x 0   1 sin 2 x 0  Lời giải : Điều kiện :  tan x  cot 2 x  0 2sin 2 x  cos 2 x 1 tan x  cot 2 x   sin 2 x sin 2 x Ta có : Do đó phương trình đã cho tương đương với : 2  2 sin 2 x  2  sin 2 x.  . 1đ. . . sin 2 x  1 . 2 sin 2 x . . 2 0.  sin 2 x 1   2 sin 2 x   2  sin 2 x 1  1  sin 2 x   2 ( Thỏa điều kiện (1) ) Giải các phương trình trên ta được :   5 x   k ; x   k ; x   k  k  Z  2 12 12 Bài 2. Điểm. 1đ. 1đ. 1đ. Cho dãy số  un  xác định bởi u1 4   1 u  un  4  4 1  2un n  N * n  1  9 . Tìm công thức số hạng tổng quát un của dãy số.. . Lời giải:. . Đặt. xn  1  2un n  N *. 2 * Ta có xn 0 và xn 1  2un , n  N Thay vào giả thiết, ta được:. xn2  1 un  2 hay. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1đ. xn21  1 1  xn2  1     4  4 xn  2 9 2  2.  9 xn21  9 xn2  1  8  8 xn   3 xn 1   xn  4 . 2. * * Suy ra: 3 xn1 xn  4 n  N ( Do xn 0 , n  N ) n 1 n n * Hay 3 xn 1 3 xn  4.3 , n  N n * n * y  3 x ,  n  N y  y  4.3 ,  n  N n n n  1 n Đặt . Ta có: n yn1  y1  4  3  3n 1  .....  3 , n  N * Từ đó n 1 * Hay yn1  y1  6  2.3 , n  N n x  3  y  9  y  3  2.3 1 1 n Theo cách đặt ta có: . 1 xn 2  n 1 , n  N * 3 Suy ra: 1 4 1  un   3  n 1  2 n 2  , n  N * 2 3 3  Do đó. 1đ. 1đ. Bài 3 Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F sao cho góc   BAE CAF , gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của F trên các. đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Chứng minh rằng tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích bằng nhau. Lời giải: A. M B. O E. N F. 0,5đ C.    D Đặt BAE CAF  , EAF  . Tacó. 1 1 AF S ABC  AB. AF .sin       AC. AF .sin    AB.CD  AC.BD  2 2 4R (R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1) Diện tích tứ giác ADMN là. 1,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1 1 S AMDN  AM . AD.sin   AD. AN .sin(   ) 2 2 1 AD.  AF .cos      .sin   AF .cos  .sin        =2 1 AF  AD. AF .sin  2     . AD.BC 2 4R . (2) Vì tứ giác ABDC nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có :. AB.CD + AC.BD = AD.BC (3).. 1,5 đ. Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. 0,5 đ Bài 4. Cho tập hợp A  1;2;3;...;18 . Có bao nhiêu cách chọn ra 5 số trong tập A sao cho hiệu của hai số bất kì trong 5 số đó không nhỏ hơn 2. Lời giải:. Ta cần tìm số phần tử của tập T sau:. . . T  (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) : a1  a 2  ...  a 5 ; 1 a i 18; a i  a j 2. 1đ. Xét tập hợp H  (b1 ,b2 ,...,b5 ) : b1  b 2  ...  b5 ; 1 bi 14 Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ (a1 ,a 2 ,...,a 5 ) với bộ (b1 ,b 2 ,...,b5 ). 1,5 đ. xác định như sau: b1 a1 , b 2 a 2  1,b3 a 3  2,b 4 a 4  3, b5 a 5  4 . Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra T  H . Mặt khác mỗi bộ (b1 ,b 2 ,...,b5 ) trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 5 H  C 2002 . Vậy T 2002 . 14 phần tử. Do đó Bài 5 Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 . Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3 1  b2 1  c 2 1  a 2 Lời giải: Bất đẳng thức trên tương đương với: a 1 b 1 c 1 a 1   b 1  c 1  a  b  c  3  3 3 2 2 1 b 1 c 1  a2  a  1 .b 2   b  1 .c 2   c  1 .a 2 3 2 1  c2 1  a2 Hay 1  b .. 1,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bây giờ ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:  a  1 b2   b  1 c 2   c  1 a 2  a  1 b 2   b  1 c 2   c  1 a 2 1  b2 1  c2 1  a2 2b 2c 2a  a  1 b   b  1 c   c  1 a  2 2 2 2  a  b  c  3 3  ab  bc  ca ab  bc  ca   3 3 2 Vì.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> A. M B    Đặt BAE CAF  , EAF  .. O E. N F. C. D. 1 1 AF S ABC  AB. AF .sin       AC. AF .sin    AB.CD  AC.BD  2 2 Ta có = 4R.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> (R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1) Diện tích tứ giác ADMN là 1 1 S AMDN  AM . AD.sin   AD. AN .sin(   ) 2 2 = 1 AD.  AF .cos      .sin   AF .cos  .sin        =2 1 AF  AD. AF .sin  2     . AD.BC 2 4R . (2). Vì tứ giác AMDN nội tiếp trong đường tròn nên theo định lí Ptoleme ta có AB.CD + AC.BD = AD.BC (3). Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh..

<span class='text_page_counter'>(8)</span>