Đề và đáp án thi GVG Toán 2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2  KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1: a) Thầy (cô) hãy nêu cấu trúc thông thường của một bài học (hoặc của một phần bài học) thực hiện theo dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề? Hãy nêu một số cách dùng để tạo tình huống gợi vấn đề. b) Nêu mục đích và các bước thực hiện dạy bài ôn tập? Hãy trình bày hai phương án thiết kế bài dạy ôn tập. c) Nêu những ưu điểm và hạn chế của việc khai thác sử dụng các phần mềm tin học trong trường THPT hiện nay. Hướng khắc phục những hạn chế đó. Câu 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: 3 cosA+cosB+cosC 2 ≤ a) Hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo hai cách khác nhau sau đó trình bày một cách giải. b) Hãy phát biểu bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD và trình bày lời giải. Câu 3: Cho hình lập phương 1 1 1 1 ABCD.A B C D có các cạnh bằng 1. Gọi M và N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AD và 1 BB sao cho 0 AM BN 1< = < . Gọi I và J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và 1 1 C D . Chứng minh rằng bốn điểm M, N, I và J đồng phẳng. Thầy (cô) hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo 2 phương pháp giải khác nhau sau đó trình bày một cách giải. Câu 4: Giải phương trình: 3 2 2 3 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − Câu 5: Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1. Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: xyz x y P x yz y zx z xy = + + + + + Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2  KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN C â u Nội dung Đi ể m C âu 2a Định hướng 1: Biến đổi tương đương + Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đúng. 3 3 cosA+cosB+cosC cosA+cosB+cosC- 0 2 2 ≤ ⇔ ≤ + Dùng công thức lượng giác để biến đổi vế trái BĐT trên về dạng tam thức bậc hai có + 2 3 C A B C cosA+cosB+cosC- 0 4sin 4cos sin 1 0 2 2 2 2 − ≤ ⇔ − + − ≤ + BĐT trên luôn đúng vì tam thức bậc hai: 2 ( ) 4 4cos 1 2 A B f x x x − = − + − có hệ số bậc hai a = - 4 <0 và 0∆ ≤ nên ( ) 0f x x≤ ∀ và do đó đúng với sin 2 C x = . Định hướng 2: Sử dụng phương pháp vectơ. + Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, Tìm mối liên hệ giữa các góc A, B, C với các góc I 1, I 2 , I 3 ? Từ đó ta có 1 2 3 cosA+cosB+cosC (cosI +cosI +cosI )= − + Các góc I 1, I 2 , I 3 tương ứng là góc giữa các vectơ nào? (Chú ý rằng các vectơ này cùng độ lớn). + Mặt khác ta luôn có: 2 ( ) 0IM IN IP+ + ≥ uuur uur uur từ đó suy ra đpcm. Giải theo định hướng 2: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi M, N và P lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn đó với AB, BC và CA. Ta luôn có 2 2 2 2 ( ) 0 2 2 2 0IM IN IP IM IN IP IM IN IN IP IPIM+ + ≥ ⇔ + + + + + ≥ uuur uur uur uuuruur uuruur uuruuur 2 2 1 2 3 3 2 ( osI osI osI ) 0r r c c c⇔ + + + ≥ 2 2 1 2 3 3 2 ( osI osI osI )r r c c c⇔ ≥ − + + 3 osA osB osC 2 c c c⇔ + + ≤ (do 0 1 2 3 180A I B I C I+ = + = + = ) Đây chính là đpcm Dấu "=" xảy ra 0IM IN IP⇔ + + = uuur uur uur r 0 1 2 3 120I I I⇔ = = = ⇔ ∆ ABC đều I A B C M N P C âu 2 b Bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD Chứng minh rằng trong mọi tứ diện ABCD ta luôn có cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2≤ Trong đó cosAB, cosAC, cosAD, cosBC, cosBD, cosCD lần lượt là cosin của các góc nhị diện [C, AB ,D], [B, AC, D], [B, AD, C], [A, BC, D], [A, BD, D], [A, CD, B] Giải Gọi S(I, r) là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD (Mọi tứ diện luôn có mặt cầu nội tiếp). Gọi 1 1 1 1 , , ,A B C D lần lượt là các tiếp điểm của (S) với các mặt đối của các đỉnh A, B, C, D. Ta luôn có 2 1 1 1 1 ( ) 0IA IB IC ID+ + + ≥ uur uur uur uur · · · · · · 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 ( osA IB osA IC osA ID osB IC osB ID osC ID ) 0r r c c c c c c⇔ + + + + + + ≥ · · · · · · 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 4 2 ( osA IB osA IC osA ID osB IC osB ID osC ID )r r c c c c c c⇔ ≥ − + + + + + Dễ thấy các góc · · · · · · 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A IB , A IC , A ID , B IC , B ID , C ID lần lượt bù với các góc nhị diện [A, CD, B], [A, BD, D], [A, BC, D], [B, AD, C], [B, AC, D], [C, AB ,D] Và do đó BĐT trên tương đương 4 2(cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD)≥ cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2⇔ ≤ đpcm. Dấu “=” xảy ra 1 1 1 1 0IA IB IC ID⇔ + + + = uur uur uur uur r I G⇔ ≡ với G là trọng tâm tứ diện ABCD và do đó tứ diện ABCD đều. C âu 3 Định hướng phương pháp 1: Phương pháp vectơ + 4 điểm I, J, M, N đồng phẳng khi và chỉ khi các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng + Để chứng minh các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng ta làm thế nào? + Hãy biểu diễn IJ ur qua hai vec tơ còn lại? + Ta có IJ ( ) AD IM IN AM = + ur uuur uur Định hướng 2: Phương pháp tọa độ. + Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho 1 O B≡ , các vectơ 1 1 1 1 1 , ,B A B C B B uuur uuuur uuur lần lượt là các vectơ đơn vị trên các trục Ox, Oy, Oz + Hãy tìm tọa độ các điểm I, J, M, N + Từ đó chứng tỏ các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur đồng phẳng ta chứng minh [IJ, IM] IN 0= ur uuur uuur (Có thể viết pt mp(MIJ) và chứng tỏ điểm N thuộc mp(MIJ). Giải theo định hướng 1. A 1 B 1 C 1 D 1 J I A D B C N M x y z Ta có: IM IA AM IA AD AM AD = + = + uur uur uuur uur uuur 1 1 IN IB BN IB BB BN BB = + = + uur uur uuur uur uuur Cộng vế theo vế ta có: 1 IM IN (AD AA ) IJ AM AM AD AD + = + = uur uur uuur uuuur ur (Vì 1 BN AM BB AD = , 1 1 AABB = uuur uuuur , 1 1 AD AA AD IJ+ = = uuur uuuur uuuur ur ) do đó: IJ IM IN AD AD AM AM = + ur uur uur suy ra đpcm C âu 4 Giải phương trình 3 2 23 4 5 6 7 9 4x x x x x− − + = + − Giải . Đặt 23 7 9 4y x x= + − , ta có hệ : ( ) ( ) 3 2 3 3 2 3 4 5 6 1 1 7 9 4 x x x y y y x x x x y  − − + =  ⇒ + = + + +  + − =   Xét hàm số : ( ) 3 f t t t= + , là hàm đơn điệu tăng trên R do đó từ phương trình ( ) ( ) ( ) 23 1 1 1 7 9 4f y f x y x x x x=  +  ⇔ = + ⇔ + = + −   ( ) 3 2 1 7 9 4x x x+ = + − 5 1 5 2 x x =   ⇔ − ±  =   , thử lại thấy thỏa mãn Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là { 1 5 2 − − ; 1 5 2 − + ; 5} (+ Có thể giải bài toán trên bằng cách đặt 23 7 9 4u x x= + − , v =(x+1) và đưa về hệ đối xứng đối với u, v) C âu 5 1 1 1 1 1 xy z P yz zx xy x y z = + + + + + . Đặt 2 tan 2 A yz x = ; 2 tan 2 B zx y = với A, B thuộc khoảng (0; )π - Do x, y, z là các số dương. Theo giả thiết: x + y + z = 1 1 xy xz yz xy zx yz z y x z y x ⇔ + + = 1 xy xz yz zx yz z y x y x   ⇔ + = −  ÷   1 1 tan .tan 2 2 cot( ) tan 2 2 tan tan 2 2 zx yz A B y x xy A B C A B z xz yz y x − − + ⇔ = = = =   + +  ÷   với ( )C A B= π − + Do đó ta có: P = 2 2 2 tan 1 1 2 1 tan 1 tan 1 tan 2 2 2 C P A B C = + + + + + = 2 2 sin cos os 2 2 2 A B C c+ + = 1 + 1/2(cosA + cosB + sinC) mà ta có: cosA + cosB + sinC + sin 3 π = A-B 3 3 2cos os 2sin os 2 2 2 2 C C A B c c π π + − + + 3 3 2cos 2 os 4cos 4cos 2 3 2 2 4 6 C A B C A B c π π − + + − + π ≤ + ≤ = = do đó: P 1 3 3 3 1 (2 3 ) 1 2 2 4 ≤ + − = + . Dấu “=” đạt được khi 6 2 3 3 0 3 A B A B C C A B C   = π  = =   π   + = π ⇔   π   =  π   + + − =   hay: x = y = 2 3 3− ; z = 7 4 3− Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 3 3 1 4 + đạt được khi x = y = 2 3 3− ; z = 7 4 3− . Hết Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. ĐỀ CHÍNH THỨC SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2  KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN . dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề? Hãy nêu một số cách dùng để tạo tình huống gợi vấn đề. b) Nêu mục đích và các bước thực hiện dạy bài ôn tập? Hãy trình bày hai phương án thi t kế bài dạy. Hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo hai cách khác nhau sau đó trình bày một cách giải. b) Hãy phát biểu bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD và trình bày lời giải. Câu 3: Cho hình