De va dap an Toan 11 ki thi chon hoc sinh gioi tinhThai Nguyen 2011

, 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[r]

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 (4 điểm) Giải phương trình: 2   2sin x tan x  cot x Bài (4 điểm) u1 4   un1  un    2un  Cho dãy số  un  xác định  Tìm công thức số hạng tổng quát un dãy số   n  N * Bài (4 điểm)   Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F cho góc BAE CAF , gọi M, N là hình chiếu vuông góc F trên các đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Chứng minh tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích Bài (4 điểm) Cho tập hợp A  1;2;3; ;18 Có bao nhiêu cách chọn số tập A cho hiệu hai số bất kì số đó không nhỏ Bài (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  b2  c  a Hết Họ và tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 11 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Bài Giải phương trình: Lời giải 2   2sin x tan x  cot x cos x 0   1 sin x 0  Lời giải : Điều kiện :  tan x  cot x  2sin x  cos x tan x  cot x   sin x sin x Ta có : Do đó phương trình đã cho tương đương với :  sin x   sin x   1đ   sin x  sin x   0  sin x 1   sin x    sin x 1   sin x   ( Thỏa điều kiện (1) ) Giải các phương trình trên ta :   5 x   k ; x   k ; x   k  k  Z  12 12 Bài Điểm 1đ 1đ 1đ Cho dãy số  un  xác định u1 4   u  un    2un n  N * n   Tìm công thức số hạng tổng quát un dãy số  Lời giải:  Đặt xn   2un n  N * * Ta có xn 0 và xn 1  2un , n  N Thay vào giả thiết, ta được: xn2  un  hay 1đ 1đ xn21  1  xn2       xn  9   xn21  xn2    xn   xn 1   xn   * * Suy ra: xn1 xn  n  N ( Do xn 0 , n  N ) n 1 n n * Hay xn 1 3 xn  4.3 , n  N n * n * y  x ,  n  N y  y  4.3 ,  n  N n n n  n Đặt Ta có: n yn1  y1    3n   3 , n  N * Từ đó n 1 * Hay yn1  y1   2.3 , n  N n x   y   y   2.3 1 n Theo cách đặt ta có: xn 2  n , n  N * Suy ra: 1  un    n  n  , n  N * 2 3  Do đó 1đ 1đ Bài Cho tam giác nhọn ABC, trên cạnh BC lấy các điểm E, F cho góc   BAE CAF , gọi M, N là hình chiếu vuông góc F trên các đường thẳng AB và AC, kéo dài AE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D Chứng minh tứ giác AMDN và tam giác ABC có diện tích Lời giải: A M B O E N F 0,5đ C    D Đặt BAE CAF  , EAF  Tacó 1 AF S ABC  AB AF sin       AC AF sin    AB.CD  AC.BD  2 4R (R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1) Diện tích tứ giác ADMN là 1,5 đ 1 S AMDN  AM AD.sin   AD AN sin(   ) 2 AD  AF cos      sin   AF cos  sin        =2 AF  AD AF sin  2     AD.BC 4R (2) Vì tứ giác ABDC nội tiếp 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 Cho tập hợp A  1;2;3; ;18 Có bao nhiêu cách chọn số tập A cho hiệu hai số bất kì số đó không nhỏ Lời giải: Ta cần tìm số phần tử tập T sau:   T  (a1 ,a , ,a ) : a1  a   a ; a i 18; a i  a j 2 1đ Xét tập hợp H  (b1 ,b2 , ,b5 ) : b1  b   b5 ; bi 14 Xét ánh xạ f cho tương ứng (a1 ,a , ,a ) với (b1 ,b , ,b5 ) 1,5 đ xác định sau: b1 a1 , b a  1,b3 a  2,b a  3, b5 a  Dễ thấy đó f là song ánh, suy T  H Mặt khác (b1 ,b , ,b5 ) H là tổ hợp chập 14 H  C 2002 Vậy T 2002 14 phần tử Do đó Bài Cho các số dương a, b, c thoả mãn a  b  c 3 Chứng minh rằng: a 1 b 1 c 1   3  b2  c  a 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 2 1 b 1 c  a2  a  1 b   b  1 c   c  1 a 3  c2  a2 Hay  b 1,5 đ Bây ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:  a  1 b2   b  1 c   c  1 a  a  1 b   b  1 c   c  1 a  b2  c2  a2 2b 2c 2a  a  1 b   b  1 c   c  1 a  2 2  a  b  c  3  ab  bc  ca ab  bc  ca   3 Vì A M B O E N F C    Đặt BAE CAF  , EAF  D 1 AF S ABC  AB AF sin       AC AF sin    AB.CD  AC.BD  2 Ta có = 4R (R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1) Diện tích tứ giác ADMN là 1 S AMDN  AM AD.sin   AD AN sin(   ) 2 = AD  AF cos      sin   AF cos  sin        =2 AF  AD AF sin  2     AD.BC 4R (2) Vì tứ giác AMDN nội tiếp 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