Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt tại P,Q P,Q không trùng với S a.. Xác định tỷ số PA SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất... Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , c
Trang 1SỞ GIÁO DỤC- ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 11 THPT BÌNH ĐỊNH NĂM HỌC 2011-2012
- -
Đề chính thức Môn thi : TOÁN
Thời gian làm bài : 150 phút ( không kể thời gian phát đề ) Ngày thi : 18/3/2012
Bài 1 : (7.0 điểm )
a Giải phương trình : 2log cot x log os3 = 2c x
b Giải phương trình : x2 +3 ( x3− 16 )2 = 8
Bài 2 : (4,0 điểm )
Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA1, BB1 của tam giác ABC vuông góc với nhau là : cot C = 2(cot A cot ) + B
Bài 3 : ( 3,0 điểm )
Cho a,b,c, d ∈ », 1 ≤a,b,c,d ≤2 Chứng minh rằng :
2
≤ +
Bài 4 : (6.0 điểm)
Cho hình chóp đều SABC có cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần lượt
là trung điểm của AB,SC Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt tại P,Q ( P,Q không trùng với S)
a Chứng minh rằng : PA b
b Xác định tỷ số PA
SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất -
Trang 2HƯỚNG DẪN GIẢI ĐỀ THI HSG TOÁN 11 , TỈNH BÌNH ĐỊNH
NĂM HỌC 2011-2012
( Lê quang Dũng – GV Trường THPT số 2 Phù Cát , Bình Định )
Bài 1 :
a) Giải phương trình : 2log cot x log os3 = 2c x
( Đây là bài toán trong chương trình toán lớp 12 , người ra đề không nắm vững
phân phối chương trình hiện hành)
Điều kiện : sinx >0, cosx >0
Đặt : t= log2cosx , t<0 => cosx=2t
Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2log3cotx=t cot2x=3t
1 4
t
t
t =
− 4t 3 12t t
3
t t
Ta có g(t)= 4
4 3
t t
+
-1 đồng biến trên (−∞,0) , g(-1)=0
t=-1 là nghiệm duy nhất của phương trình (1)
cosx=1/2
Kết hợp điều kiện ta có nghiệm của phương trình đã cho là : .2 ,
π
π
b) Giải phương trình : x2 + 3 ( x3 − 16 )2 = 8
Đặt y= 316 x − 3 ,Ta có hệ phương trình :
8 16
2 3
Đặt S=x+y, P=xy , điều kiện S2-4P≥0
Khi đó , hệ phương trình trở thành
2 3
Từ (1)
2
S
thay vào (2) ta được : 3 3 2
2
S − S S − = S3− 24S 32 0 + =
S3 − 24S 32 0 + = (S-4)(S2+4S-8)=0 S=4 , S2+4S-8=0
i) S=4 => P=4 , Phương trình đã cho có nghiệm x=2
ii) S2+4S-8=0 => 1 2
2
Khi đó : S2-4P=S2+8P≥0 S≥0 , hoặc S≤-8
S2+4S-8=0 S = − + 2 2 3, S = − − 2 2 3 (loại )
P = − 4 4 3
Trang 3Khi đó : x = − + 1 3 ± 2 3
Phương trình đã cho có 3 nghiệm :x= 2,x = − + 1 3 ± 2 3
Bài 2 : (4,0 điểm )
Chứng minh rằng : Điều kiện cần và đủ để các trung tuyến AA 1 , BB 1 của tam giác ABC vuông góc với nhau là : cot C = 2(cot A cot ) + B
Giải :
Đặt BC=a,AC=b,AB=c , S là diện tích tam giác ABC ,
Áp dụng định lý cosin ta có : b2 + c2 − 2 cos bc A = a2
b2 + c2 − 2 cot sin A bc A = a2
b2 + c2 − 4Scot A = a2
cot
4S
=
Tương tự ta có :
cot
4S
cot
4S
= cot C = 2(cot A cot ) + B
2
a2 + b2 − c2 = 2 ( c2 + b2 − a2 + a2 + c2 − b2)
a2 + b2 = 5 c2
Mặt khác , G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó :
1
1
Các trung tuyến AA1,BB1 của tam giác ABC vuông góc với nhau tam giác AGB vuông tại G AG2+BG2=AB2
a2 + b2 = 5 c2 cot C = 2(cot A cot ) + B => đpcm
Bài 3 : ( 3,0 điểm )
Cho a,b,c, d ∈ », 1 ≤a,b,c,d ≤2 Chứng minh rằng :
2
≤ +
Giải :
Đặt tanx a , tany c
Trang 42 2 2 2
2
≤ + … 9( ac + b d)2 ≥ 16( d a − bc )2
4
−
≤
4 1
a c
b d
−
≤ +
4
x − y ≤
Vì a,b,c,d thuộc [1,2] , tanx ,tany 1
, 2 2
, arctan ,arctan 2 0,
arctan 2 arctan
2
tan( ) tan(arctan 2 arctan )
Dấu = xảy ra a=d=2 ,b=c=1 => Đpcm
Bài 4 : (6.0 điểm)
Cho hình chóp đều SABC cá cạnh đáy bằng AB=a , cạnh bên SA=b , Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,SC Một mặt phẳng thay đổi chứa MN , cắt cạnh SA, BC lần lượt tại P,Q ( P,Q không trùng với S)
a) Chứng minh rằng : PA b
b) Xác định tỷ số PA
SA sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất
Giải :
a) Nếu P là trung điểm của SA thì MP//SB , PA=b/2 => NQ//SB
=> Q là trung điểm của BC => QB=a/2 => PA b
Nếu P không phải là trung điểm của PA thì PA cắt SB tại I
=> MP,SB,NQ đồng quy tại I
IS
BC = SA => PA SA b
QB = BC = a (đpcm) b)Gọi H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của P, Q lên MN
Gọi (β) là mặt phẳng vuông góc với MN , trong phép chiếu vuông góc lên (β) các điểm M,N,H,K có hình chiếu là O , các điểm S,A,B,C,P,Q có hình chiếu lần lượt là D’,A’,B’,C’,P’,Q’, Vì M là trung điểm của AB ,N là trung điểm của SC , nên O là trung điểm của A’B’, D’C’ => Tứ giác A’C’B’D’ là hình bình hành ,P’ ∈ A’D’ ,Q’ ∈ B’C’
Ta có PH, (β) cùng vuông góc với MN => PH//(β)=> PH=OP’ ,
tương tự ta có QK=OQ’
Gọi J là giao điểm của PQ và MN , J có hình chiếu vuông góc lên (β) là O
Trang 5O thuộc P’Q’ => OP’=OQ’ => PH=QK=> SMPN=SMQN
Diện tích tứ giác MPNQ là nhỏ nhất SMPN là nhỏ nhất
PH là nhỏ nhất PH là đường vuông góc chung của SA và MN
Gọi M’,N’ lần lượt là trung điểm của SB,AC
MN’, M’N //BC , MM’NN là hình bình hành
SABC là hình chóp đều , L là trung điểm của BC => (SAL) ⊥BC
=> (SAL) ⊥ (MM’NN’) theo gt UV ,với U ,V lần lượt là trung điểm của MN’,M’N
=> H là chân đường vuông góc chung của SA,MN trên MN là trung điểm UV
Ta có HP
2 2
3
3
b
−
−
Khi đó PA =
2
2
4
+
=