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−