Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh Bình Định lớp 11 THPT năm học 2011-2012 môn thi: Toán

SỞ 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 : 3 22log cot x log osc x= 
b. Giải phương trình : ( )22 33 16 8x x+ − = 
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 2(cot A cot )C B= + 
Bài 3 : ( 3,0 điểm ) 
 Cho a,b,c, d ∈
 , 1 ≤ a,b,c,d ≤ 2 . Chứng minh rằng : 
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ + ≤
+
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 bQB a= 
b. Xác định tỷ số PA
SA
 sao cho diện tích MPNQ là nhỏ nhất . 
 ------------------------------------------------------------ 
 HƯỚNG 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 : 3 22log cot x log osc 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 cosx=2t 
Khi đó phương trình đã cho trở thành : 2log3cotx=t 
 cot2x=3t 
 
 
4 3
1 4
t
t
t
=
−

 4 3 12t t t= − 
 4 4 1 0
3
t
t  + − = 
 
 (1) 
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 ,
3
k kpi pi+ ∈ 
b) Giải phương trình : ( )22 33 16 8x x+ − = 
Đặt y= 33 16 x− ,Ta có hệ phương trình : 
2 2
3 3
8
16
x y
x y
 + =

+ =

 
2
3
( ) 2x 8
( ) 3x ( ) 16
x y y
x y y x y
 + − =

+ − + =
Đặt S=x+y, P=xy , điều kiện S2-4P≥ 0 
Khi đó , hệ phương trình trở thành 
2
3
2 8 (1)
3 16 (2)
S P
S SP
 − =

− =
Từ (1) 
 
2 8
2
SP −= 
 thay vào (2) ta được : 3 23 ( 8) 16
2
S S S− − = 
 3 24S 32 0S − + = 

 
3 24S 32 0S − + = 
 (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 => 21 ( 8) 2S
2
P S= − = − 
Khi đó : S2-4P=S2+8P≥ 0 
 S≥ 0 , hoặc S≤ -8 
S2+4S-8=0 
 2 2 3, 2 2 3S S= − + = − − (loại ) 
 4 4 3P = − 
Khi đó : 1 3 2 3x = − + ± 
Phương trình đã cho có 3 nghiệm :x= 2, 1 3 2 3x = − + ± 
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 2(cot A cot )C B= + 
Giải : 
Đặt BC=a,AC=b,AB=c , S là diện tích tam giác ABC , 
Áp dụng định lý cosin ta có : 2 2 22 cosb c bc A a+ − = 
 
 
2 2 22 cot .sin Ab c bc A a+ − = 
 
 
2 2 24Scotb c A a+ − = 
 
 
2 2 2
cot
4S
b c aA + −= 
Tương tự ta có : 
2 2 2
cot
4S
a c bB + −= ,
2 2 2
cot
4S
a b cC + −= 
cot 2(cot A cot )C B= + 

 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2
4S 4S 4S
a b c c b a a c b + − + − + −
= + 
 

 ( )2 2 2 2 2 2 2 2 22a b c c b a a c b+ − = + − + + − 

 
2 2 25a b c+ = 
Mặt khác , G là trọng tâm của tam giác ABC , khi đó : 
2 2 2 2 2
1
4 1AA (2 2 )
9 9
AG b c a= = + − 
2 2 2 2 2
1
4 1BB (2 2 )
9 9
BG a c b= = + − 
Các trung tuyến AA1,BB1 của tam giác ABC vuông góc với nhau 
 tam giác AGB 
vuông tại G 
 AG2+BG2=AB2 
 2 2 2 2 2 2 21 1(2 2 ) (2 2 )
9 9
b c a a c b c+ − + + − = 

 
2 2 25a b c+ = 
 cot 2(cot A cot )C B= + => đpcm 
Bài 3 : ( 3,0 điểm ) 
 Cho a,b,c, d ∈
 , 1 ≤ a,b,c,d ≤ 2 . Chứng minh rằng : 
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ + ≤
+
 Giải : 
Đặt tanx , tany a c
b d
= = , 
2 2 2 2
2
( )( ) 25
( d) 16
a b c d
ac b
+ + ≤
+
 
 . 
 
2 29( d) 16( d )ac b a bc+ ≥ − 

 
d 3
4
a bc
ac bd
−
≤
+
 
 
3
41
a c
b d
a c
b d
−
≤
+
 
 
3
tan( )
4
x y− ≤ 
Vì a,b,c,d thuộc [1,2] , tanx ,tany 1 ,2
2
 
∈   
=> 
1
, arctan ,arctan 2 0,
2 2
x y pi   ∈ ⊂      
 
1
arctan 2 arctan
2
x y− ≤ − => 1 3tan( ) tan(arctan 2 arctan )
2 4
x y− ≤ − = 
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 bQB a= 
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 bQB a= 
 Nếu P không phải là trung điểm của PA thì PA cắt SB tại I 
=> MP,SB,NQ đồng quy tại I 
Kẽ BE //SA , BF//SC , khi đó IB
IS
BQ BF BF BE PA
QC NC SN SB SP= = = = = 
 
BQ PA
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 
 O 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
2 2
3
32 3
2 4
a ab
a b a
b b
−
−
= = 
Khi đó PA =
2 2 2 2 2 2 2
2
3a (3 )
4 16 16 4 4 4
b a b a b a a b
b b b
− +
+ − = + = => 
2 2
24
PA a b
SA b
+
=