UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN : TOÁN HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1 (6 điểm). a) Giải phương trình sau trên ¡ : 2 4 12 1 27( 1)x x x x+ + = + . b) Giải bất phương trình sau: 9 2 5 3 x x ≥ − − − . Bài 2 (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số 26 + n v à 11 − n đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Bài 3 (3 điểm) Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng · · 2KAB KAC= . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. B i 4 à (4 điểm) Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Bµi 5 (4điểm) Cho các số dương , ,x y z . Chứng minh bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 23 3 3 1 1 1 1 1 1 3 3 1 3 1 3 1 x y y z z x x y z z x x y y z + + + + + + + + ≥ + + + + + + Hết Họ và tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Lời giải Điểm Bài 1 a) Giải phương trình sau trên ¡ : 2 4 12 1 27( 1)x x x x+ + = + . b) Giải bất phương trình sau: 9 2 5 3 x x ≥ − − − . Lời giải: a) Điều kiện: 1 0 1x x+ ≥ ⇔ ≥ − . Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 4 12 1 9(1 ) 36(1 ) (2 3 1 ) (6 1 )x x x x x x x x+ + + + = + ⇔ + + = + 2 3 1 6 1 3 1 2 2 3 1 6 1 9 1 2 x x x x x x x x x x   + + = + + = ⇔ ⇔   + + = − + + = −     (1) (2) Ta có 2 2 9(1 ) 4 4 9 9 0 (1) 3 0 0 x x x x x x x + = − − =   ⇔ ⇔ ⇔ =   ≥ ≥   Ta có 2 2 81(1 ) 4 4 81 81 0 81 9 97 (2) 8 0 0 x x x x x x x + = − − =   − ⇔ ⇔ ⇔ =   ≤ ≤   Kết luận: 3x = ; 81 9 97 8 x − = là nghiệm của phương trình đã cho. b) Điều kiện: 2 5 3 0 8 x x x ≠  − − ≠ ⇔  ≠  . TH1 : Xét 2x < ta có : ( ) 9 9 1 2 2 5 3 2 x x x x ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − − − − ( ) 2 2 9 3 2 3x x⇔ − ≤ ⇔ − ≤ − ≤ 1 5x⇔ − ≤ ≤ Vậy 1 2x− ≤ < là nghiệm. TH2 : Xét 2 5x< < ta có : ( ) 9 9 1 2 2 5 3 2 x x x x ⇔ ≥ − ⇔ ≥ − − − − ( ) 2 2 9x⇔ − − ≥ ( Bpt vô nghiệm) TH3 : Xét 5 8x< ≠ ta có : ( ) ( ) 9 9 1 2 2 0 8 8 x x x x ⇔ ≥ − ⇔ − − ≥ − − ( ) ( ) 2 9 8 2 10 7 0 0 8 8 x x x x x x − − − − + − ⇔ ≥ ⇔ ≥ − − ( ) ( ) 2 8 10 7 0x x x ⇔ − − + ≤ 5 3 2 8 5 3 2 x x  ≤ − ⇔  < ≤ +   0,5 đ 1 đ 1 đ 0,5 đ 0,5 đ 2 đ Kết hợp với miền x đang xét ta có 8 5 3 2x< ≤ + là nghiệm của Bpt. Vậy tập nghiệm của Bpt là : [ ) ( 1;2 8;5 3 2S  = − ∪ +  0,5 đ Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số 26 + n v à 11 − n đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho 3 26 xn =+ vµ 3 11 yn =− với ,x y là hai số nguyên dương ( ) x y> . Khi đó ta được 37))((37 2233 =++−⇔=− yxyxyxyx . Ta thấy 22 0 yxyxyx ++<−< , nên ta có 2 2 1 (1) 37 (2) x y x xy y − =   + + =  . Thay 1x y= + từ (1) vào (2) ta được 012 2 =−− yy , từ đó có 3y = vµ 38n = . Vậy 38n = là giá trị cần tìm. 1 đ 1,5đ 0,5 đ Bài 3 Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng · · 2KAB KAC= . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Lời giải: K C A L F B Đặt AB=c, AC=b, BC=a, · KAC α = . Khi đó: · · 2 ; 3KAB BAC α α = = . Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được: ; sin 2 sin sin sin BK AK CK AK B C α α = = Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có: sin os (*) sin B c C α = Lại có: ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 .cos cos3 (1) 2 4 4 2 2 . . os 2 cos 2 . os 2 cos .cos 2 os os3 cos cos3 (**) b c a a b c a FA FC bc A bc LC LA b b LAc LA b bc c LA LC bc b bc c c b bc b bc α α α α α α α α α α   + + − − = − − = = =  ÷   = + − = + − ⇒ − = − = + − = − + Thay (*) vào (**), ta được: 2 2 cos3 (2)LA LC bc α − = Từ (1) và (2) suy ra: 2 2 2 2 FA FC LA LC− = − 0,5đ 2 đ Theo bổ đề 2 của định lí carnot, suy ra CA vuông góc với FL. ( Chuyển qua vectơ ta cũng có CA EF⊥ ) 0,5 đ Bài 4 Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Lời giải: Ký hiệu X là số phần tử của tập hữu hạn X. Gọi B 1 , B 2 ,…, B n là các tập con của A thỏa mãn: ( ) 3, 2 , 1,2, , . i i j B B B i j n= ∩ ≠ = Giả sử tồn tại phần tử a ∈ A mà a thuộc vào 4 tập trong số các tập B 1 , B 2 ,…, B n (chẳng hạn a ∈ B 1 , B 2 , B 3 , B 4 ), khi đó: ( ) 1 , 1,2,3,4 i j B B i j∩ ≥ = .Mà B i ≠ B j nếu i ≠ j, tức là 3 i j B B∩ ≠ . Do đó 1 i j B B∩ = (i, j = 1, 2, 3, 4). Từ đây A ≥ 1 +4.2 = 9, điều này mâu thuẫn. Như vậy, mỗi phần tử của A chỉ thuộc về nhiều lắm là ba trong số các tập B 1 , B 2 ,…, B n . Khi đó 3n ≤ 8.3 ⇔ n ≤ 8. Giả sử A = {a 1 , a 2 ,…,a 8 }, xét các tập con của A là: B 1 = {a 1 , a 2 , a 3 }; B 2 = {a 1 , a 4 , a 5 }; B 3 = {a 1 , a 6 , a 7 }; B 4 = {a 8 , a 3 , a 4 }; B 5 = {a 8 , a 2 , a 6 }; B 6 = {a 8 , a 5 , a 7 }; B 7 = {a 3 , a 5 , a 6 }; B 8 ={a 2 , a 4 , a 7 }. Tám tập hợp trên là các tập con gồm ba phần tử của A thỏa mãn 2 i j B B∩ ≠ . Vì vậy số n cần tìm là n = 8. 1 đ 1,5 đ 1,5 đ Bài 5 Cho các số dương , ,x y z . Chứng minh bất đẳng thức: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 1 1 1 1 3 3 1 3 1 3 1 x y y z z x x y z z x x y y z + + + + + + + + ≥ + + + + + + Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do 2 2 3 3 , 0, 0ab a b a b a b+ + ≥ ∀ > > . Nên: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 x y y z z x S z x x y y z + + + + + + ≥ + + + + + + + + ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 1 1 1 1 1 y z x z x y + + + = + + + + + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 1 1 1 3 1 1 1 y z x x y z z x y + + + + +     ≥ = + + + + + + + + (đpcm) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c= = = 1 đ 3 đ . UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 - 2012 MÔN : TOÁN HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi. + + + + + + Hết Họ và tên : Số báo danh : ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Lời giải Điểm Bài 1 a) Giải phương trình sau trên ¡ :. +  0,5 đ Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số 26 + n v à 11 − n đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho 3 26 xn =+