Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 11 chọn lọc số 14

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11
MÔN TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Bài 1 (4 điểm).
Giải phương trình:
2 2
2 2sin 2
tan cot 2
x
x x
+
= +
+
.
Bài 2 (4 điểm).
Cho dãy số
( )
n
u
xác định bởi
( )
1
*
1
4
1
4 4 1 2
9
n n n
u

u u u n N
+
=



= + + + ∀ ∈


.
Tìm công thức số hạng tổng quát
n
u
của dãy số.
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
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng:


2 2 2
1 1 1
3
1 1 1
a b c
b 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

Bài Lời giải

Điểm
Bài 1
Giải phương trình:
2 2
2 2sin 2

tan cot 2
x
x x
+
= +
+
.
Lời giải : Điều kiện :
( )
cos 0
sin 2 0 1
tan cot 2 0
x
x
x x
≠


≠


+ >

Ta có :
2
2sin cos2 1
tan cot 2
sin 2 sin 2
x x
x x

x x
+
+ = =
Do đó phương trình đã cho tương đương với :

( )
2 2 sin 2 2 sin2x x+ = +

( ) ( )
sin 2 1 . 2 sin 2 2 0x x⇔ − − =

sin 2 1
2
sin 2
2
x
x

=

⇔

=



sin 2 1
1
sin 2
2

x
x
=


⇔

=

( Thỏa điều kiện (1) )
Giải các phương trình trên ta được :

( )
5
; ;
2 12 12
x k x k x k k Z
π π π
π π π
= + = + = + ∈

1đ
1 đ
1 đ

1 đ
Bài 2
Cho dãy số
( )
n

u
xác định bởi
( )
1
*
1
4
1
4 4 1 2
9
n n n
u
u u u n N
+
=



= + + + ∀ ∈


.
Tìm công thức số hạng tổng quát
n
u
của dãy số.
Lời giải: Đặt
*
1 2
n n

x u n N= + ∀ ∈
Ta có
0
n
x ≥
và
2 *
1 2 ,
n n
x u n N= + ∀ ∈
hay
2
1
2
n
n
x
u
−
=
Thay vào giả thiết, ta được:
1 đ
( ) ( )
2 2
1
2 2
2 2
1 1
1 1 1
4 4

2 9 2
9 9 1 8 8 3 4
n n
n
n n n n n
x x
x
x x x x x
+
+ +
− −
 
= + +
 ÷
 
⇔ − = − + + ⇔ = +
Suy ra:
*
1
3 4
n n
x x n N
+
= + ∀ ∈
( Do
*
0 ,
n
x n N≥ ∀ ∈
)

Hay
1 *
1
3 3 4.3 ,
n n n
n n
x x n N
+
+
= + ∀ ∈
Đặt
*
3 ,
n
n n
y x n N= ∀ ∈
. Ta có:
*
1
4.3 ,
n
n n
y y n N
+
= + ∀ ∈
Từ đó
( )
1 *
1 1
4 3 3 3 ,

n n
n
y y n N
−
+
= + + + + ∀ ∈
Hay
1 *
1 1
6 2.3 ,
n
n
y y n N
+
+
= − + ∀ ∈
Theo cách đặt ta có:
1 1
3 9 3 2.3
n
n
x y y= ⇒ = ⇒ = +
.
Suy ra:
*
1
1
2 ,
3
n

n
x n N
−
= + ∀ ∈
Do đó
*
1 2 2
1 4 1
3 ,
2 3 3
n
n n
u n N
− −
 
= + + ∀ ∈
 ÷
 
1 đ
1 đ
1 đ
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:

Đặt
·
· ·
, .BAE CAF EAF
α β
= = =
Tacó
( )
1 1
. .sin . .sin
2 2
ABC
S AB AF AC AF
α β α
∆
= + +
( )
. .
4
AF
AB CD AC BD
R
= +
0,5đ
1,5 đ
N
M
D
O
A

B
C
E
F
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
1 1
. .sin . .sin( )
2 2
AMDN
S AM AD AD AN
α α β
= + +
=
( ) ( )
1
. .cos .sin .cos .sin
2
AD AF AF
α β α α α β
+ + + =
 
 

( )
1
. .sin 2 . .
2 4
AF
AD AF AD BC

R
α β
= + =
. (2)
Vì tứ giác ABDC 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.
1,5 đ
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:
{ }
1 2 5 1 2 5 i i j
T (a ,a , ,a ):a a a ; 1 a 18; a a 2= < < < ≤ ≤ − ≥
Xét tập hợp
{ }
1 2 5 1 2 5 i
H (b ,b , ,b ): b b b ; 1 b 14= < < < ≤ ≤
Xét ánh xạ f cho tương ứng mỗi bộ
1 2 5
(a ,a , ,a )
với bộ
1 2 5
(b ,b , ,b )
xác

định như sau:
1 1 2 2 3 3 4 4 5 5
b a ,b a 1,b a 2,b a 3,b a 4= = − = − = − = −
.
Dễ thấy khi đó f là một song ánh, suy ra
T H=
.
Mặt khác mỗi bộ
1 2 5
(b ,b , ,b )
trong H là một tổ hợp chập 5 của 14 phần tử.
Do đó
5
14
H C 2002= =
. Vậy
T 2002=
.
1 đ
1,5 đ
1,5 đ
Bài 5
Cho các số dương
, ,a b c
thoả mãn
3a b c+ + =
. Chứng minh rằng:

2 2 2
1 1 1

3
1 1 1
a b c
b c a
+ + +
+ + ≥
+ + +
Lời giải: Bất đẳng thức trên tương đương với:

2 2 2
1 1 1
1 1 1 3 3 3
1 1 1
a b c
a b c a b c
b c a
+ + +
+ − + + − + + − ≤ + + + − =
+ + +
Hay
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
1 . 1 . 1 .
3
1 1 1
a b b c c a
b c a
+ + +
+ + ≤

+ + +
.
Bây giờ ta dùng bất đẳng thức AM – GM cho các mẫu thức:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
1 1 1 2 2 2
a b b c c a a b b c c a
b c a b c a
+ + + + + +
+ + ≤ + +
+ + +

( ) ( ) ( )
1 1 1
2 2 2
a b b c c a+ + +
= + +
3
3
2
ab bc ca+ + +
= ≤
Vì
( )
2
3
3
a b c

ab bc ca
+ +
+ + ≤ =
Đặt
·
· ·
, .BAE CAF EAF
α β
= = =
Ta có
( )
1 1
. .sin . .sin
2 2
ABC
S AB AF AC AF
α β α
∆
= + +
=
( )
. .
4
AF
AB CD AC BD
R
= +
(R-là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) (1)
Diện tích tứ giác ADMN là
1 1

. .sin . .sin( )
2 2
AMDN
S AM AD AD AN
α α β
= + +
=
=
( ) ( )
1
. .cos .sin .cos .sin
2
AD AF AF
α β α α α β
 
+ + + =
 
( )
1
. .sin 2 . .
2 4
AF
AD AF AD BC
R
α β
= + =
. (2)
N
M
D

O
A
B
C
E
F
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.