Tài liệu Đề thi học sinh giỏi LQĐ tỉnh Long An đề 2 pptx

SỞ GIÁO DỤC–ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG NĂM HỌC : 2005 – 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN TOÁN Thời gian : 180 phút ___________________________________________________________________________ Bài 1 : (Đại số) Cho các số thực x, y thỏa phương trình x(x-1) + y(y-1) = xy Tìm giá trò nhỏ nhất và giá trò lớn nhất của biểu thức x 2 + y 2 + xy. Bài 2 : (Lượng giác) Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng : 1 333  Atg tgC Ctg tgB Btg tgA Bài 3 : (Giải tích) Dãy số   n x được xác đònh như sau : 1 3;3 2 11    n n n x x xx ( n = 1, 2, 3, ….). Chứng minh rằng dãy số )( n x có giới hạn hữu hạn khi n  và tìm giới hạn của nó. Bài 4 : (Hình học phẳng) Cho tam giác ABC và M là trung điểm của BC , một đường tròn bất kì qua A cắt các tia AB, AC, AM theo thứ tự tại E, F, K. Chứng minh rằng : AB.AE + AC.AF = 2AK.AM Bài 5 : (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD có 0 60 DABCADBAC . Chứng minh rằng : 2222 8RADACAB  trong đó R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. ( Kí hiệu BAC là góc BAC ) SỞ GIÁO DỤC–ĐÀO TẠO LONG AN KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN ĐỒNG BẰNG SÔNG CỬU LONG Năm học : 2005 – 2006 ĐÁP ÁN MÔN TOÁN Bài 1 : (Đại số) Cho các số thực x, y thỏa phương trình x(x-1) + y(y-1) = xy Tìm giá trò nhỏ nhất và giá trò lớn nhất của biểu thức x 2 + y 2 + xy. Đặt a = x 2 + y 2 + xy . Từ điều kiện của x, y ta suy ra: x + y + 2xy = a ( 0,5 điểm) Gọi a là một giá trò của biểu thức x 2 + y 2 + xy thì hệ pt:      axyyx axyyx 22 2 phải có nghiệm. ( 0,5 điểm) Đặt: S = x+ y, P = xy (S 2  4P) , hệ phương trình trở thành :      aPS aPS 2 2 ( 0,5 điểm)       0)14(4 2 22 aaPaP aPS ( 0,5 điểm) Hệ pt có nghiệmkhi và chỉ khi phương trình : f(P) = 4P 2 -(4a+1)P+a 2 -a= 0 có nghiệm thỏa P 3 a  ( 0,5 điểm) Điều này tương đương với :                           38 14 0 3 0 0 3 aa a f a f ( 0,5 điểm)               38 14 012 0124 0 9 12 2 2 aa aa a aa ( 0,5 điểm) 120  a ( 0,5 điểm) Kết luận : Max (x 2 + y 2 + xy ) = 12 và Min (x 2 + y 2 + xy ) = 0 Bài 2 : (Lượng giác) Cho ABC là tam giác có ba góc nhọn . Chứng minh rằng : 1 333  Atg tgC Ctg tgB Btg tgA Do tam giác ABC nhọn nên tgA > 0 ,tgB > 0 , tgC > 0. Viết lại bất đẳng thức : 1 cot cot cot cot cot cot 333  gC Ag gB Cg gA Bg ( 0,5 điểm ) p dụng bất đẳng thức Côsi : BggBgA gA Bg 2 3 cot2cot.cot cot cot  ( 0,5 điểm ) CggCgB gB Cg 2 3 cot2cot.cot cot cot  AggAgC gC Ag 2 3 cot2cot.cot cot cot  ( 0,5 điểm ) Suy ra :   222 222 333 )cot(cot)cot(cot)cot(cot 2 1 cotcotcot cot cot cot cot cot cot gAgCgCgBgBgA CgBgAg gC Ag gB Cg gA Bg   ( 0,5 điểm )   2 222 333 cotcotcot 3 1 cotcotcot cot cot cot cot cot cot gCgBgACgBgAg gC Ag gB Cg gA Bg  ( 0,5 điểm ) Mặt khác : 3)cotcot(cot 2  gCgBgA , vì bất đẳng thức này tương đương với: cotg 2 A+cotg 2 B+cotg 2 C +2(cotgA.cotgB+cotgB.cotgC+cotgC.cotgA)  3 ( 0,5 điểm ) 0)cot(cot)cot(cot)cot(cot 222  gAgCgCgBgBgA . ( 0,5 điểm ) Từ đó suy ra : 1 cot cot cot cot cot cot 333  gC Ag gB Cg gA Bg ( 0,5 điểm ) Bài 3 : (Giải tích) Dãy số   n x được xác đònh như sau : 1 3;3 2 11    n n n x x xx ( n = 1, 2, 3, ….). Chứng minh rằng dãy số )( n x có giới hạn hữu hạn khi n  và tìm giới hạn của nó.  Từ cách xác đònh dăy số, suy ra 1,3  nx n Giả sử dãy có giới hạn là a thì a là nghiệm của phương trình : )3()1( 1 3 2    x x x x (0,5 điểm) Đặt :        2 0 1 sin   x , phương trình (1) trở thành : 0cos.sin3cossin   (0,5 điểm) Đặt : )2(cossin  tt  , ta được phương trình : 30323 2  ttt (0,5 điểm) Suy ra : 6 )51.(3 sin 1 3 1 sinsin 3 1 cossin 2               .Vậy : 2 )15.(3  a (0,5 điểm)  Xét hàm số )3( 1 3)( 2    x x x xf có   3 2 ' 1 1 )(    x xf (0,5 điểm) p dụng đònh lí Lagrange : axcfafxfax nn   .)(')()( 1 với c nằmgiữa x n và a. Vì   4 2 1 1 )('3 3 2    c cfc . Do đó : axax nn   . 4 2 1 0,5 điểm) Suy ra : axax n n            1 1 . 4 2 0 , và do 0. 4 2 lim 1 1           ax n 0,5 điểm) Do đó : 2 )15.(3 lim   ax n (0,5 điểm) Bài 4 : (Hình học phẳng) Cho tam giác ABC và M là trung điểm của BC , một đường tròn bất kì qua A cắt các tia AB, AC, AM theo thứ tự tại E, F, K. Chứng minh rằng : AB.AE + AC.AF = 2AK.AM Gọi AD là đường kính của đường tròn thì : KDAKFDAFEDAE  ,, (0,5 điểm) Ta có : AMACAB 2 (0,5 điểm) ADAMACABAD .2)(.  (0,5 điểm) ADAMACADABAD .2  (0,5 điểm) AKAMACAFABAE .2  (0,5 điểm) (Công thức chiếu) 0cos.20cos.0cos. AMAKACAFABAE  (0,5 điểm) 0cos.20cos.0cos. AMAKACAFABAE  (0,5 điểm) AMAKACAFABAE .2  (0,5 điểm) Bài 5 : (Hình học không gian) Cho tứ diện ABCD có 0 60 DABCADBAC . Chứng minh rằng : 2222 8RADACAB  trong đó R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD. ( Kí hiệu BAC là góc BAC ) B M K C F E A Gọi G là trọng tâm và O là tâm mặt cầu ngoại tếp tứ diện ABCD thì : OGODOCOBOAGDGCGBGA 40  ( 0,5 điểm )   2 2222 16 2 OG ODOCODOBOCOBODOAOCOAOBOAODOCOBOA   (0,5đ) 22222222 1616 OGRDBCDBCADACAB  ( 0,5 điểm ) Mặt khác :     ABADADACACABADACABDBCDBC 2 222222  ( Đònh lí hàm số cosin ) ( 0,5 điểm )     222222 161616 3 ROGRABADADACACABADACAB  ( 0,5 điểm )     2222222 16 2 RABADADACACABADACABADACAB  (0,5 điểm)   2222 162 RADACAB  ( Vì 0 222  ABADADACACABADACAB (0,5 điểm) 2222 8RADACAB  (0,5 điểm) . 2 222 222  ( Đònh lí hàm số cosin ) ( 0,5 điểm )     22 222 2 161616 3 ROGRABADADACACABADACAB  ( 0,5 điểm )     22 222 22 16. OGODOCOBOAGDGCGBGA 40  ( 0,5 điểm )   2 222 2 16 2 OG ODOCODOBOCOBODOAOCOAOBOAODOCOBOA   (0,5đ) 22 222 222 1616 OGRDBCDBCADACAB  ( 0,5