Tài liệu Đề thi học sinh giỏi LQĐ tỉnh Long An đề 1 ppt

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)