Đề thi hsg môn toán lớp 12 hệ không chuyên bảng b sở gd đt gia lai 2010 2011 file word có lời giải chi tiết

Cho tứ diện SABC có các cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một.. Gọi SM là đường cao của tam giác BSC và I , 1 I lần lượt là các tâm đường tròn nội tiếp tam giác 2 BSM, CSM.. b

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

GIA LAI

-ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 12 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011

Môn thi: Toán - Bảng B Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 01/12/2010

Câu 1: (3 điểm)

Tìm tất cả các bộ 3 số nguyên dương m n p sao cho , ,  3 1

1

mn mnp



 là số nguyên dương

Câu 2: (4 điểm)

Giả sử , , a b c là các số thực thỏa mãn a2b c , b2c a , c2a b 

a) Chứng minh rằng nếu phương trình x2 a b c x ab bc ca      0 có nghiệm thì các nghiệm đều là số dương

b) Chứng minh bất đẳng thức:  

3 3 3

6

a b c ab bc ca



Câu 3: (4 điểm)

Tìm tất cả các đa thức P x với hệ số thực, thỏa mãn đẳng thức 

x43x33x22 x P x   x4 x3 x 1  P x 1 , với mọi x  .

Câu 4: (4,5 điểm)

Cho tam giác ABC có các cạnh là , , a b c Gọi , , , r R p S lần lượt là bán kính đường tròn nội

tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp, nửa chu vi, diện tích của tam giác Chứng minh rằng:

a) sin sin sin 2

2

S

R

 , cos cos cos

R

 và sin sin sin

R

b) b c a c a b a b c 3r

Câu 5: (4,5 điểm)

Cho tứ diện SABC có các cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một Gọi SM là đường cao của tam giác BSC và I , 1 I lần lượt là các tâm đường tròn nội tiếp tam giác 2 BSM,

CSM Đường thẳng I I cắt 1 2 SB tại P và SC tại Q Chứng minh:

a) Tam giác PSQ vuông cân và SP SM SQ 

b) VSABC 2.VSAPQ, trong đó VSABC và VSAPQ lần lượt là thể tích của tứ diện SABC và tứ diện SAPQ

GIA LAI

ĐỀ CHÍNH THỨC

LỚP 12 THPT - NĂM HỌC 2010 - 2011

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM

Môn: Toán - Bảng B

Câu 1: (3 điểm)

Giả sử rằng 3 1

1

mn

k mnp





 , trong đó k là số nguyên dương 0,5 đ

Thế thì, ta có

3mn1kmnp k , hay 3mn kmnp k  1, hay 1

3

k mn

kp





 0,5 đ

Vì m n p, , và k là các số nguyên dương, nên mn và k 1 cũng là số nguyên dương

Do đó 3 kp cũng là số nguyên dương 0,5 đ

Suy ra k p ,  1,1 , 2,1 , 1, 2     0,5 đ

- Nếu k p ,  1,1, thì mn 1 Do đó m n ,  1,1.

- Nếu k p ,  2,1 , thì mn 3 Do đó m n ,  3,1 hoặc 1,3 

- Nếu k p ,  1, 2 , thì mn 2 Do đó m n ,  2,1 hoặc 1, 2 0,5 đ

Vậy

m n p , ,  1,1,1 , 3,1,1 ,  1,3,1 ,  2,1, 2 ,  1, 2, 2 0,5 đ

Câu 2: (4 điểm)

a) Từ giả thiết, suy ra rằng a b c  4a b c  , hay a b c  0 0,5 đ

Bây giờ, không mất tính tổng quát, giả sử a b c 

Khi đó, vì a b c  0 nên a 0 Ta có

ab bc ca a b c     bc a a b c    bc (vì 2 b c  a) 0,5 đ a b a c    0

Suy ra ab bc ca  0 0,5 đ

Nếu phương trình x2 a b c x ab bc ca      0 có 2 nghiệm x1x2, thì

x1x2    a b c 0 và x x1 2 ab bc ca  0 0,5 đ

Suy ra x  và 1 0 x  (đpcm) 0,5 đ2 0

b) Vì a b c  0 và ab bc ca  0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

4a3b3c36a b c ab bc ca      15abc0, (1)

Đặt

A a 3b3c3,

B a b c   ,

C ab bc ca   ,

D abc ,

M a2b2c2

Ta đã biết rằng

a3b3c3 a b c a    2b2c2 ab bc ca  3abc

hay

A B M C   3D (2) 0,5 đ

- Chứng minh (1):

Ta cần chứng minh 4A6BC15D0

Ta có:

4A6BC15D0

 4B M C  3D 6BC15D0 (do (2))

 4BM 4BC12D6BC15D0

 4BM 10BC 27D0

 2B C5  2M 27D0

 2B C5  2B2 2C 27D0

 2B C5  2B24C 27D0

 2B C9  2B2 27D0

 4B318BC 27D0

 8B312B318BC 27D0 0,5 đ

 8B312a b c B   218B ab bc ca    27abc0

 8B312aB212bB212cB218abB18bcB18caB 27abc0

 2B B4 2 6cB 6bB9bc 3 4a B 2 6cB 6bB9bc0

 2B 3a 4B2 6cB 6bB9bc 0

 2B 3a 2B 3b 2B 3c 0

 2b2c a  2c2a b  2a2b c  0

(hiển nhiên, do giả thiết) 0,5 đ

Câu 3: (4 điểm)

Đẳng thức đã cho tương đương với

x x 2 x2 x 1  P x  x21 x2 x1  P x 1,   x (1) 0,5 đ

- Với x 2: (1)  P  1 0

- Với x 1: (1)  P 1 0 0,5 đ

Vậy P x   x1 x1  G x x21  G x  0,5 đ

Thay vào (1), ta có

x x 2 x2 x 1 x21  G x  x21 x2 x1 x2 x G x 1,   x

 x2 x 1  G x x2 x1  G x 1,   x

    

1





    (2) 0,5 đ

Đặt   2  

1

G x

H x



  x  0,5 đ 1

Ta có

(2)  H x  H x 1,   x , x 1 0,5 đ

Vậy H x C (C: hằng số) 0,5 đ

Suy ra P x C x 2 1 x2 x1

Thử lại, thấy đa thức trên thỏa mãn điều kiện bài toán 0,5 đ

Câu 4: (4,5 điểm)

a1) Chứng minh: sin sin sin 2

2

S

R

Ta có

2 sin  2 sin  2 sin  2

2 sin sin sin

abc

Suy ra điều phải chứng minh 0,5 đ

a2) Chứng minh: cos cos cos

R

Theo Định lý hàm số sin, ta có

2

sin sin sin sin sin sin

R

 

  0,5 đ

2 4cos cos cos

p



Giám khảo lưu ý:

Thí sinh không cần chứng minh công thức sin sin sin 4cos cos cos

Suy ra

cos cos cos

R

 0,5 đ

a3) Chứng minh: sin sin sin

R

Ta có

sin sin sin 8 sin sin sin cos cos cos

8 sin sin sin

R

  0,5 đ Suy ra

sin sin sin sin sin sin

p



2 1 1

r

    0,5 đ

b) Theo Định lý hàm số sin và từ kết quả câu a), ta có

2 sin 2 sin 2 sin sin sin sin

2 sin 2 sin sin sin

2.sin cos 2.sin cos

2.sin cos





2.cos cos 2.sin cos

2.cos cos









2.sin sin

2 2 2.sin sin

R



Vậy

2 sin

2

A

 



 1,0 đ Tương tự, ta suy ra

b c a c a b a b c

2 sin sin sin

r

R

0,5 đ

Hơn nữa

1 sin sin sin sin sin sin

 

 

Giám khảo lưu ý:

Thí sinh không cần chứng minh công thức

1 sin sin sin



Vậy

.6 3

2

   0,5 đ

Câu 5: (4,5 điểm)

I 2

I 1

M

Q

P

F

B A

S

a) - Giả sử MI cắt SB tại E, 1 MI cắt SC tại F 0,5 đ2

Tứ giác SEMF nội tiếp  SEF SMF 450 và SFE SME 450

 SEF SFE 450  ESF vuông cân 0,5 đ

Theo tính chất đường phân giác, ta có

1

1



I E SE

I M SM và

2 2



I F SF

I M SM 0,5 đ

Mà SE SF , nên 1 2



I E I F

I M I M .

Suy ra PQ // EF hay PSQ vuông cân 0,5 đ

- Ta có

PSI1 MSI1 (g-c-g)  SP SM ,

QSI2 MSI2 (g-c-g)  SQ SM 0,5 đ

Suy ra SP SM SQ 0,5 đ

b) Dựng AH mp BSC  Ta có

 

1/ 3 1/ 3

BSC

V  S AH S 0,5 đ

 

1/ 2

SB SC SB SC

SB SC

   0,5 đ

SB SC 12 12 SC SB 2

  0,5 đ

Suy ra điều phải chứng minh

HẾT

CÁCH GIẢI KHÁC, NẾU ĐÚNG, VẪN ĐẠT ĐIỂM TỐI ĐA