SỞ GD&ĐT NGHỆ ANTRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2 ------KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC: 2010 - 2011 MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút không kể thời gian giao đề Câu 1: a Thầy cô
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2
- -KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2010 - 2011
MÔN TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1:
a) Thầy (cô) hãy nêu cấu trúc thông thường của một bài học (hoặc của một phần bài học) thực hiện theo dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề? Hãy nêu một số cách dùng để tạo tình huống gợi vấn đề
b) Nêu mục đích và các bước thực hiện dạy bài ôn tập? Hãy trình bày hai phương án thiết kế bài dạy ôn tập
c) Nêu những ưu điểm và hạn chế của việc khai thác sử dụng các phần mềm tin học trong trường THPT hiện nay Hướng khắc phục những hạn chế đó
Câu 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC ta luôn có: cosA+cosB+cosC 3
2
≤
a) Hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo hai cách khác nhau sau đó trình bày một cách giải
b) Hãy phát biểu bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD và trình bày lời giải
Câu 3: Cho hình lập phương ABCD.A B C D có các cạnh bằng 1 Gọi M và N lần lượt là1 1 1 1
các điểm thuộc các cạnh AD và BB 1 sao cho 0 AM BN 1< = < Gọi I và J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và C D Chứng minh rằng bốn điểm M, N, I và J đồng phẳng.1 1
Thầy (cô) hãy định hướng cho học sinh giải bài toán trên theo 2 phương pháp giải khác nhau sau đó trình bày một cách giải
Câu 4: Giải phương trình: x3 −4x2−5x+ =6 3 7x2 +9x−4
Câu 5: Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn x + y + z = 1 Hãy tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức: P x y xyz
x yz y zx z xy
-Hết -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐÔ LƯƠNG 2
- -KỲ THI CHỌN GIÁO VIÊN DẠY GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC: 2010 - 2011
ĐÁP ÁN MÔN TOÁN
C
â
u
ể m
C
âu
2a
Định hướng 1: Biến đổi tương đương
+ Biến đổi BĐT cần chứng minh tương đương với một BĐT đúng
cosA+cosB+cosC 3 cosA+cosB+cosC-3 0
+ Dùng công thức lượng giác để biến đổi vế trái BĐT trên về dạng tam thức
bậc hai có
cosA+cosB+cosC- 0 4sin 4cos sin 1 0
−
+ BĐT trên luôn đúng vì tam thức bậc hai: ( ) 4 2 4cos 1
2
A B
f x = − x + − x−
có
hệ số bậc hai a = - 4 <0 và ∆ ≤0 nên ( ) 0f x ≤ ∀x và do đó đúng với sin
2
C
Định hướng 2: Sử dụng phương pháp vectơ.
+ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC, Tìm mối liên hệ giữa các góc A, B, C
với các góc I1, I2, I3 ? Từ đó ta có
cosA+cosB+cosC= −(cosI +cosI +cosI )
+ Các góc I1, I2, I3 tương ứng là góc giữa các vectơ nào? (Chú ý rằng các vectơ này
cùng độ lớn)
+ Mặt khác ta luôn có: (IMuuur uur uur+IN IP+ )2 ≥0 từ đó suy ra đpcm
Giải theo định hướng 2:
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; r là bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác ABC Gọi M, N và P lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn đó với AB,
BC và CA Ta luôn có
(IMuuur uur uur+IN IP+ ) ≥ ⇔0 IM +IN +IP +2IM INuuuruur+2IN IPuuruur+2IPIMuuruuur≥0
3r 2 ( osIr c cosI cosI ) 0
3r 2 ( osIr c cosI cosI )
3 osA osB osC
2
A I+ = + = + =B I C I ) Đây chính là đpcm
Dấu "=" xảy ra ⇔ IMuuur uur uur r+IN IP+ =0 ⇔ = = =I1 I2 I3 1200 ⇔ ∆ABC đều
I A
B
C M
N P
Trang 3âu
2
b
Bài toán tương tự đối với tứ diện ABCD
Chứng minh rằng trong mọi tứ diện ABCD ta luôn có
cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2≤
Trong đó cosAB, cosAC, cosAD, cosBC, cosBD, cosCD lần lượt là cosin của các góc nhị diện [C, AB ,D], [B, AC, D], [B, AD, C], [A, BC, D], [A, BD, D], [A, CD, B]
Giải Gọi S(I, r) là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD (Mọi tứ diện luôn có mặt cầu nội tiếp) Gọi A B C D lần lượt là các tiếp điểm của (S) với các mặt đối của các 1, , ,1 1 1
đỉnh A, B, C, D Ta luôn có
2
(IAuur uur uur uur+IB +IC +ID) ≥0
4r 2 ( osA IBr c cosA IC cosA ID cosB IC cosB ID cosC ID ) 0
Dễ thấy các góc A IB , A IC , A ID , B IC , B ID , C ID· 1 1 · 1 1 · 1 1 ·1 1 ·1 1 ·1 1lần lượt bù với các góc nhị diện [A, CD, B], [A, BD, D], [A, BC, D], [B, AD, C], [B, AC, D], [C, AB ,D]
Và do đó BĐT trên tương đương
4 2(cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD)≥
cosAB+cosAC+cosAD+cosBC+cosBD+cosCD 2
Dấu “=” xảy ra ⇔IAuur uur uur uur r1+IB1+IC1+ID1=0 ⇔ ≡I G với G là trọng tâm tứ diện ABCD và do đó tứ diện ABCD đều
C
âu
3
Định hướng phương pháp 1: Phương pháp vectơ
+ 4 điểm I, J, M, N đồng phẳng khi và chỉ khi các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur
đồng phẳng + Để chứng minh các vectơ IJ, IM, IN ur uuur uuur
đồng phẳng ta làm thế nào?
+ Hãy biểu diễn IJur qua hai vec tơ còn lại?
+ Ta có IJ AD (IM IN)
AM
Định hướng 2: Phương pháp tọa độ
+ Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho
1
O B≡ , các vectơ B A B C B Buuur uuuur uuur1 1, 1 1, 1 lần lượt
là các vectơ đơn vị trên các trục Ox,
Oy, Oz
+ Hãy tìm tọa độ các điểm I, J,
M, N
+ Từ đó chứng tỏ các vectơ
IJ, IM, IN
ur uuur uuur
đồng phẳng ta chứng minh [IJ, IM] IN 0ur uuur uuur=
(Có thể viết pt mp(MIJ) và chứng tỏ điểm N thuộc mp(MIJ)
Giải theo định hướng 1
A1
D
1
J
I
N M
x
y z
Trang 4Ta có: IM IA AM IA AM AD
AD
= + = +
1
BB
= + = +
Cộng vế theo vế ta có: IM IN AM (AD AA ) 1 AM IJ
(Vì
1
BB = AD , BBuuur uuuur1 =AA1,AD AAuuur uuuur uuuur ur+ 1=AD1=IJ )
do đó: IJ AD IM AD IN
suy ra đpcm C
âu
4
Giải phương trình 3 2 3 2
x − x − x+ = x + x−
Giải Đặt y= 3 7x2 + 9x− 4, ta có hệ :
3 3
− − + =
+ − =
Xét hàm số : f t( ) = +t3 t, là hàm đơn điệu tăng trên R do đó từ phương trình
f y = + ⇔ = + ⇔f x y x x+ = x + x−
x+ = x + x−
5
2
x x
=
⇔ − ±
=
, thử lại thấy thỏa mãn
Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là { 1 5
2
− − ; 1 5
2
− + ; 5}
(+ Có thể giải bài toán trên bằng cách đặt u= 3 7x2 + 9x− 4, v =(x+1) và đưa
về hệ đối xứng đối với u, v)
C
âu
xy z P
2
tan 2
A yz x
= ; tan2
2
B zx y
=
với A, B thuộc khoảng (0; ) π - Do x, y, z là các số dương.
Theo giả thiết: x + y + z = 1
1
xy xz yz xy zx yz
1
⇔ + ÷= −
y x
+
+
với C= π − (A B+ )
Trang 5Do đó ta có: P =
tan
C P
c
= 1 + 1/2(cosA + cosB + sinC)
mà ta có: cosA + cosB + sinC + sin
3
π
A B
2cos 2 os 3 4cos 3 4cos 2 3
A B
c
do đó: P 1 1(2 3 3) 1 3 3
≤ + − = +
2 3
3 0
3
A B
A B C
C
= = = π
+ = π ⇔
π =
+ + − =
hay: x = y = 2 3 3 − ; z = 7 4 3 −
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là: 1 3 3
4
+ đạt được khi x = y = 2 3 3 − ; z = 7 4 3 −