SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI OLIMPIC TOÁN – LƯƠNG THẾ VINH TRƯỜNG THPT TRỊNH HOÀI ĐỨC LỚP: 10 – THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1: (2đ) Cho A,B,C là ba tập hợp bất kì. Chứng minh: (A B) C (A C) (B C)=I IUU U Câu 2: (2đ) Giải phương trình : 2 2 5 3(5 3x ) x− − = Câu 3: (3đ) a) Cho a,b,c là ba số dương thỏa ab+bc+ca=4abc. Chứng minh: 1 1 1 1 2a b c a 2b c a b 2c + + ≤ + + + + + + b) Giải bất phương trình: 3x 2 1 2x 1 − < − Câu 4: (3đ) Cho ABC∆ vuông tại A có BC=a , chiều cao AH=h.Chia cạnh BC ra làm n phần bằng nhau (n là số tự nhiên lẻ).Gọi MN là một trong các đoạn bằng nhau ấy và chứa trung điểm I của BC.đặt góc MAN =α. Chứng minh rằng: 2 4nh tan (n 1)a α = − Hết ĐÁP ÁN Câu 1: (2đ) * x (A B) x (A B) C x C ∈  ∀ ∈ ⇒  ∈  I I U 0.25đ x A x B x C  ∈    ⇒ ∈    ∈  0.25đ x A x C x B x C  ∈    ∈  ⇒  ∈     ∈   0.25đ x (A C) x (B C) ∈  ⇒  ∈  U U x (A C) (B C)⇒ ∈ IU U 0.25đ * x (A C) (B C)∀ ∈ IU U x (A C) x (B C) ∈  ⇒  ∈  U U 0.25đ x A x C x B x C  ∈    ∈  ⇒  ∈     ∈   0.25đ x A x B x C  ∈    ⇒ ∈    ∈  0.25đ x (A B) x C ∈  ⇒  ∈  I x (A B) C⇒ ∈ I U 0.25đ Câu 2: (2đ) a) 2 2 5 3(5 3x ) x− − = Đặt 2 y 5 3x= − Ta có 2 5 3y x− = 0.25đ Khi đó ta có hệ pt: 2 2 y 5 3x (1) x 5 3y (2)  = −  = −  0.25đ (1) − (2), ta có: 2 2 y x 3(x y )− = − − (x y) 3(x y)(x y) 0⇔ − − + − + = (x y)[ 1 3(x y)] 0⇔ − − + + = y x 1 y x 3 =   ⇔  = −  0.25đ 1 TH : y x= (1) trở thành 2 x 5 3x= − 2 3x x 5 0⇔ + − = 0.25đ 1 61 x 6 1 61 x 6  − + =   ⇔  − − =   0.25đ 2 1 TH : y x 3 = − (1) trở thành 2 1 x 5 3x 3 − = − 2 1 3x 15 9x⇔ − = − 2 9x 3x 14 0⇔ − − = 0.25đ 1 57 x 6 1 57 x 6  − =   ⇔  + =   0.25đ Câu 3: (3đ) a) Ta có ab+bc+ca=4abc 1 1 1 4 a b c ⇔ + + = 0.25đ Mặt khác với mọi x,y>0 ta có: 2 (x y) 0− ≥ 2 (x y) 4xy 0⇔ + − ≥ 2 (x y) 4xy⇔ + ≥ x y 1 4xy x y + ⇔ ≥ + (do x>0,y>0) 1 1 1 1 ( ) x y 4 x y ⇔ ≤ + + (*) 0.25đ Dấu “ = ” của BĐT (*) xảy ra x y⇔ = Áp dụng bđt (*) ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) [ ( )] 2a b c 4 2a b c 4 2a 4 b c 8a 16b 16c ≤ + ≤ + + ≤ + + + + + (1) 0.25đ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) [ ( )] a 2b c 4 2b a c 4 2b 4 a c 8b 16a 16c ≤ + ≤ + + ≤ + + + + + (2) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) [ ( )] a b 2c 4 2c a b 4 2c 4 a b 8c 16a 16b ≤ + ≤ + + ≤ + + + + + (3) 0.25đ Cộng vế (1),(2),(3) ta có: 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 2a b c a 2b c a b 2c 4 a b c + + ≤ + + + + + + + + 1 1 1 1 2a b c a 2b c a b 2c ⇔ + + ≤ + + + + + + (**) 0.25đ Dấu “ = ” của BĐT (**) xảy ra 3 a b c 4 ⇔ = = = 0.25đ b) 3x 2 1 2x 1 − < − TH 1 : x> 1 2 bpt 3x 2 2x 1⇔ − > − 0.25đ 2 3x 2 0 3x 2 4x 4x 1 − ≥  ⇔  − < − +  2 2 x 3 4x 7x 3 0  ≥  ⇔   − + >  0.25đ v 2 x 3 3 x x 1 4  ≥   ⇔   < >   So với đk: v 2 3 x x 1 3 4 ≤ < > 0.25đ TH 2 : x< 1 2 bpt 3x 2 2x 1⇔ − > − 0.25đ 3x 2 0⇔ − ≥ (do 2x-1<0) 2 x 3 ⇔ ≥ 0.25đ So với đk bpt vô nghiệm. Vậy bpt có nghiệm : v 2 3 x x 1 3 4 ≤ < > 0.25đ Câu 4: Ta có AMN 1 S AM.AN.sin 2 ∆ = α 0.25đ AMN 2S sin AM.AN ∆ ⇒ α = 0.25đ Và ta có 2 2 2 AM AN MN cos 2.AM.AN + − α = 0.25đ AMN 2 2 2 sin 4S tan cos AM AN MN ∆ α ⇒ α = = α + − (1) 0.25đ Mà AMN ABC 1 S .S n ∆ ∆ = 0.25đ AMN ah S 2n ∆ ⇒ = 0.25đ Từ (1) và (2) 2 2 2 ah 4. 2n tan AM AN MN ⇒ α = + − = 2 2 2 2ah n AM AN MN+ − (3) 0.25đ Vì I là trung điểm BC và ABC vuông tại A nên : 2 2 2 2 MN AM AN 2AI 2 + = + 0.25đ và BC a AI 2 2 = = 2 2 2 2 a MN AM AN 2 2 ⇒ + = + (4) 0.25đ Mà a MN n = (5) 0.25đ Thế (4),(5) vào (3) ta được: 2 2 2ah n tan a MN 2 2 α = − 0.25đ 2 2 2 2ah n a a 2 2n = − 2 4nh (n 1)a = − 0.25đ . SỞ GD & ĐT BÌNH DƯƠNG ĐỀ THI OLIMPIC TOÁN – LƯƠNG THẾ VINH TRƯỜNG THPT TRỊNH HOÀI ĐỨC LỚP: 10 – THỜI GIAN: 180 PHÚT Câu 1: (2đ) Cho A,B,C là ba tập hợp bất