Đề thi học sinh giói cấp tỉnh lớp 11 môn Toán bảng B

1
Họ và tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:…………………………… ……… …………….………………
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: TOÁN


* Bảng: B
* Lớp: 11
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Câu 1: (4 điểm)
Tính tổng
12 99
aa a++ + biết
()
1
11
n
a
nnnn
=
+
++

(
)

1,2, ,99n =
Câu 2: (4 điểm)
Cho a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác có diện tích S.
Chứng minh rằng:
34
222
cba
S
++
≤

Câu 3: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình:
(
)
3
222236
5315 +−=−+ yzyxzxzx

Câu 4: (4 điểm)
Giải phương trình:

11
44
sin 2 sin 2 1
22
xx++−=


Câu 5: (4 điểm)

Cho tứ diện OABC có OA = a; OB = b; OC = c;
n
BOC
α
=
;
n
COA
β
=
;
n
AOB
γ
=
.
Gọi S là diện tích tam giác ABC. Chứng minh rằng:
22 2
sin sin sin
222
cot cot
ab bc ca
ABCotC
S
γ
αβ
++
++ ≥

HẾT


(Gồm 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: TOÁN


* Bảng: B
* Lớp: 11
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm)
Ta có:
(
)
() ()
2
2
11
11
n
nnnn

a
nnnn
+−+
=
+− +
=
(
)
()
11
1
nnnn
nn
+
−+
+

=
1
1
nn
nn
+
−
+
(2.0đ)
Do đó:
1
12
12

a =−


2
23
23
a =−

……………

98
98 99
98 99
a =−


99
99 100
99 100
a =−
(1.0đ)

Vậy
12 99
19
1
10 10
aa a++ + =− =
(1.0đ)

Câu 2: (4 điểm)
Theo công thức Hêrông ta có:
(
)
(
)
(
)
cpbpappS −−−=
2
(1) (0.5đ)
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm p-a, p-b, p-c ta có:
()()()
()
(
)
(
)
273
3
3
pcpbpap
cpbpap =
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−+−+−

≤−−−
(2) (1.0đ)
Từ (1) và (2) suy ra
(
)
31233
2
2
cbap
S
++
=≤
(0.5đ)
Mặt khác ta có:

()
()()()( )
222222222222
222
2
3
222
cbaaccbbacba
cabcabcbacba
++=++++++++≤
+++++=++
(1.0đ)
(Gồm 03 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
2

Do đó:
34
222
cba
S
++
≤
(đpcm) (0.5đ)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c (0.5đ)

Câu 3: (4 điểm)
Ta thấy:
(
)
3
222236
5315 +−=−+ yzyxzxzx
⇔
()
zxzyxyzx
222
3
236
1535 +=+++ (0.25đ)
⇔
()
(
)
535
22

3
236
+=+++ yzxyzx
(0.25đ)
Do x, y, z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức cosi ta có:
() ()
3
3
236
3
236
535 +≥+++ yzxyzx
()
)5(35
22
3
236
+≥+++ yzxyzx (1.0đ)
Nên đẳng thức xảy ra:
⇔
()
()
⎪
⎩
⎪
⎨
⎧
=
+=
2

15
2
22
zx
yx
(0.5đ)
Từ (1) suy ra:
(
)
(
)
55
22
=+−⇔=− yxyxyx (0.5đ)
Do x, y > 0
⎩
⎨
⎧
=
>−>+
⇒
1.55
0yxyx

⎩
⎨
⎧
=
=
⇒

⎩
⎨
⎧
=−
=+
⇒
2
3
1
5
y
x
yx
yx
(1.0đ)
=> z = 9
Thử lại và kết luận phương trình có nghiệm duy nhất là: (3, 2, 9) (0.5đ)

Câu 4: (4 điểm)
Điều kiện:
1
20
11
2
2
221
20
2
Si n x
Si n x

Si n x
⎧
−≥
⎪
⎪
⇔− ≤ ≤
⎨
⎪
+≥
⎪
⎩
(*) (0.25đ)
Với điều kiện trên, Đặt u=
4
1
sin 2
2
x
+
, v=
4
1
sin 2
2
x
−

Ta có hệ phương trình:

44

1
1
uv
uv
+=
⎧
⎨
+=
⎩
(0.5đ)

1
.(. 2) 0
uv
uvuv
+=
⎧
⇔
⎨
−=
⎩


11
() ( )
.0 .2
uv uv
III
uv uv
+= +=

⎧⎧
⇔∨
⎨⎨
==
⎩⎩
(1.0đ)
Hệ (II) vô nghiệm (0.25đ)
Hệ (I)
01
10
uu
vv
==
⎧⎧
⇔∨
⎨⎨
==
⎩⎩
(0.5đ)
3

11
sin2 1 si n2 0
22
11
sin 2 0 sin 2 1
22
xx
xx
⎧⎧

+= +=
⎪⎪
⎪⎪
⇔∨
⎨⎨
⎪⎪
−= −=
⎪⎪
⎩⎩
(0.5đ)
⇒
sin2x=
11
si n 2
22
x∨=−
; thỏa (*) (0.5đ)
12 12
(, )
57
12 12
xkx m
km
xkxm
ππ
ππ
ππ
ππ
⎡⎡
=+ =−+

⎢⎢
⇒∨ ∈
⎢⎢
⎢⎢
=+ =+
⎢⎢
⎣⎣
] (0.5đ)

Câu 5: (4 điểm)
Trong tam giác ABC, ta chứng minh được:
cotA + cotB + cotC =
222
4
A
BACBC
S
++
(*) (1.0đ)
Mà AB
2
= a
2
+ b
2
– 2abcos
γ
; (0.5đ)
AC
2

= a
2
+ c
2
– 2accos
β
; (0.5đ)
BC
2
= b
2
+ c
2
– 2bccos
α
; (0.5đ)
Thay vào (*) ta được
222
cos cos cos
cot cot
2
abcbc ca ab
ABCotC
S
α
βγ
++− − −
++ =
(0.5đ)
⇒

cos cos cos
cot cot
2
ab bc ca bc ca ab
ABCotC
S
α
βγ
+
+− − −
++ ≥
(Cosi) (0.5đ)
⇔
22 2
sin sin sin
222
cot cot
ab bc ca
ABCotC
S
γ
αβ
++
++ ≥

Vậy
22 2
sin sin sin
222

cot cot
ab bc ca
ABCotC
S
γ
αβ
++
++ ≥
(0.5đ)

Chú ý: HDC chỉ là một trong các phương án, học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.


HẾT
c
b
a
γ
β
α
C
B
O
A