De va dap an Toan1 ki thi chon hoc sinh gioi tinhThai Nguyen 2011

<span class='text_page_counter'>(1)</span>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). 2 4 x  12 x x  1 27( x  1) .  a) Giải phương trình sau trên : 9 x 2 x 5  3 b) Giải bất phương trình sau: . Bài 2 (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n+26 và n −11 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 KAB 2 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  x  1  y  1   y  1  z  1   z  1  x  1 x  y  z  3 3 3 z 2 x2 1 3 3 x2 y2 1 33 y2 z2 1 ---------- Hết ----------. Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :.........................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Lời giải Bài 1. Điểm. 2. a) Giải phương trình sau trên  : 4 x  12 x x  1 27( x  1) . 9 x 2 x 5  3 b) Giải bất phương trình sau: . Lời giải: a) Điều kiện: x  1 0  x  1 .. 0,5 đ. Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2  12 x 1  x  9(1  x) 36(1  x)  (2 x  3 1  x ) 2 (6 1  x ) 2  2 x  3 1  x 6 1  x  3 1  x 2 x (1)    2 x  3 1  x  6 1  x  9 1  x  2 x (2) 9(1  x) 4 x 2 4 x 2  9 x  9 0 (1)     x 3 x  0 x  0   Ta có 81(1  x) 4 x 2 4 x 2  81x  81 0 81  9 97 (2)     x 8  x 0  x 0 Ta có. 1đ. 81  9 97 8 Kết luận: x 3 ; là nghiệm của phương trình đã cho.  x 2 x  5  3 0    x 8 . b) Điều kiện: 9 9 2  x  2  x  1  5  x  3 2  x x  2 TH1 : Xét ta có :. 0,5 đ. x. 1đ. 0,5 đ. 2.   2  x  9   3 x  2 3   1 x 5 Vậy  1 x  2 là nghiệm. 9 9 x  2  x  2  1  5  x  3 2  x 2  x  5 TH2 : Xét ta có : 2    x  2  9 ( Bpt vô nghiệm). 2đ. 9 9 x  2    x  2  0 x 8 x 8 TH3 : Xét 5  x 8 ta có : 9   x  8  x  2   x 2  10 x  7  0  0 x 8 x 8.  1 .   x  8   x 2  10 x  7  0. 0,5 đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  x 5  3 2   8  x 5  3 2 Kết hợp với miền x đang xét ta có 8  x 5  3 2 là nghiệm của Bpt. S   1;2   8;5  3 2  Vậy tập nghiệm của Bpt là :. . Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n+26 và n −11 1đ đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. 3 Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho vµ n+26=x 3 1,5đ n −11= y với x, y là hai số nguyên dương  x  y  . Khi đó ta được. 3. 3. 2. 2. x − y =37 ⇔ (x − y )(x +xy + y )=37 ..  x  y 1 (1)  2 0< x − y < x + xy + y 2 Ta thấy , nên ta có  x  xy  y 37 (2) . 2 Thay x  y  1 từ (1) vào (2) ta được y − y − 12=0 , từ đó có y 3 vµ 0,5 đ n 38 . Vậy n 38 là giá trị cần tìm. 2. 2. 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   KAB 2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Lời giải: A. 0,5đ L C F. K. B. . . Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC  . Khi đó: KAB 2 ; BAC 3 . Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được: . BK AK CK AK  ;  sin 2 sin B sin  sin C. Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có: Lại có:. cos . sin B (*) sin C. 2đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  b2  c 2 a 2  a 2 b2  c 2  a 2 FA  FC    bc.cos A bc cos 3 (1)  4  4 2  2 LC 2 LA2  b 2  2b.LA.cos LA2  b 2  2bc cos 2 .cos 2. 2.  LA2  LC 2 2bc cos  .cos 2  b 2 bc  cos  cos3   b 2  bc cos   b 2   bc cos 3 (**). 0,5 đ 2. 2. Thay (*) vào (**), ta được: LA  LC bc cos 3 (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: 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 ) 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. 1đ. không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Lời giải: X. Ký hiệu là số phần tử của tập hữu hạn X. Gọi B1, B2,…, Bn là các tập con của A thỏa mãn: Bi 3, Bi  B j 2  i, j 1, 2,..., n  .. Giả sử tồn tại phần tử a  A mà a thuộc vào 4 tập trong số các tập B1, B  B j 1  i, j 1, 2,3, 4  B2,…, Bn (chẳng hạn a B1, B2, B3, B4), khi đó: i. 1,5 đ. B  B j 3 B  B j 1 .Mà Bi Bj nếu i j, tức là i . Do đó i (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 Bi  B j 2. 1,5 đ. . Vì vậy số n cần tìm là n = 8.. Bài 5 Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 2  x  1  y  1   y  1  z  1   z  1  x  1 x  y  z  3 3 3 z 2 x2 1 3 3 x2 y2 1 3 3 y2 z2 1 Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S 2 2 3 Do ab  a  b 3 a b , a  0, b  0 . Nên: 2.  x  1  y  1 S  z  1  x  1. 2.  y  1  z  1   x  1  y  1. 2.  z  1  x  1   y  1  z  1. 1đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  y  1  z 1. 2.  z  1 . x 1. 2.  x  1 . 2. 3đ. y 1 2.   y  1   z  1   x  1   x  y  z  3  z  1   x  1   y  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c 1. (đpcm).

<span class='text_page_counter'>(6)</span>