đề đáP hsg toán 10

1. 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 và 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.
Bài 4 (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 :........................

2. 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)
80 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⇔ − − + ≤
0,5 đ
1 đ
1 đ
0,5 đ
0,5 đ
2 đ

3. 5 3 2
8 5 3 2
x
x
 ≤ −
⇔ 
< ≤ +
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 và 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 0122
=−− 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 BACα α= = .
Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được:
;
sin 2 sin sin sin
BK AK CK AK
B Cα 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 cos2 . os
2 cos .cos2 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
 + + −
− = − − = = = ÷
 
= + − = + −
⇒ − = − = + −
= − +
0,5đ
2 đ

4. 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− = −
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 B1, B2,…, Bn là các tập con của A thỏa mãn:
( )3, 2 , 1,2,..., .i i jB B B i j n= ∩ ≠ =
Giả sử tồn tại phần tử a ∈A mà a thuộc vào 4 tập trong số các tập B1,
B2,…, Bn (chẳng hạn a∈B1, B2, B3, B4), khi đó: ( )1 , 1,2,3,4i jB B i j∩ ≥ =
.Mà Bi ≠ Bj nếu i≠ j, tức là 3i jB B∩ ≠ . Do đó 1i jB 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 B1, B2,…, Bn . Khi đó 3n ≤ 8.3 ⇔ n ≤ 8.
Giả sử A = {a1, a2,…,a8}, xét các tập con của A là:
B1 = {a1, a2, a3}; B2 = {a1, a4, a5}; B3 = {a1, a6, a7}; B4 = {a8, a3, a4};
B5 = {a8, a2, a6}; B6 = {a8, a5, a7}; B7 = {a3, a5, a6}; B8 ={a2, a4, a7}.
Tám tập hợp trên là các tập con gồm ba phần tử của A thỏa mãn
2i jB 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 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
+ + + + + +
+ + ≥ + + +
+ + +
Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S
Do 2 23
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