Tài liệu đề thi chọn học sinh giỏi toán 10 có đáp án chi tiết

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 �: 4 x 2  12 x x  1  27( x  1) . 9  x2 . b) Giải bất phương trình sau: x5 3 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 �  2 KAC � . Chứng chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng KAB 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 y 2  1 3 3 y2 z2  1 ---------- 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 �: 4 x  12 x x  1  27( x  1) . 9  x2 . b) Giải bất phương trình sau: x5 3 x 1. Lời giải: a) Điều kiê ên: x 1۳ 0 2 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   2 x  3 1  x  9(1  x)  4 x 2  Ta có (1)   x  0  3 1  x  2 x (1)    6 1  x 9 1  x  2 x (2)  4x2  9 x  9  0  x3  x  0   6 1 x  81(1  x)  4 x 2  4 x 2  81x  81  0 81  9 97    x Ta có (2)   8 x  0 x  0 81  9 97 là nghiệm của phương trình đã cho. 8 x  2 b) Điều kiê ên: x  5  3  0   . x  8 9 9 2 x ۳ 2 x TH1 : Xét x  2 ta có :  1 ۳ 5 x3 2 x 2   2  x   9  3  x  2  3  1  x  5 Vậy 1  x  2 là nghiệm. 9 9 x2۳ x2 TH2 : Xét 2  x  5 ta có :  1 ۳ 5 x3 2 x 2    x  2   9 ( Bpt vô nghiệm) 9 9 TH3 : Xét 5  x  8 ta có :  1 ۳ x 2  x 2 0 x 8 x8 9   x  8  x  2   x 2  10 x  7 ۳ 0۳ 0 x 8 x 8 Kết luâ nê : x  3 ; x    x  8  x 2  10 x  7   0 x  5  3 2   8  x  5  3 2 1đ 1đ 0,5 đ 0,5 đ 2đ Kết hợp với miền x đang xét ta có 8  x  5  3 2 là nghiệm của Bpt. Vậy tập nghiệm của Bpt là : S   1;2   8;5  3 2   0,5 đ Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n  26 và n  11 đều 1 đ là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho n  26  x 3 vµ n  11  y 3 1,5đ với x, y là hai số nguyên dương  x  y  . Khi đó ta được x 3  y 3  37  ( x  y )( x 2  xy  y 2 )  37 .  x  y  1 (1) Ta thấy 0  x  y  x 2  xy  y 2 , nên ta có  2 . 2  x  xy  y  37 (2) Thay x  y  1 từ (1) vào (2) ta được y 2  y  12  0 , từ đó có y  3 vµ 0,5 đ n  38 . Vậy n  38 là giá trị cần tìm. 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 �  2 KAC � . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. KAB Lời giải: A 0,5đ L C F K B �  2 ; BAC �  3 . �   . Khi đó: KAB Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC 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: cos  sin B (*) sin C Lại có:  b2  c2 a2  a 2 b2  c2  a 2 FA2  FC 2       bc.cos A  bc cos 3 (1) 2 4 4 2   2 2 2 LC  LA  b  2b.LA.cos  LA2  b 2  2bc cos 2 .cos  LA2  LC 2  2bc cos  .cos 2  b 2  bc  cos  cos3   b 2   bc cos   b 2   bc cos 3 (**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2  LC 2  bc cos 3 (2) Từ (1) và (2) suy ra: FA2  FC 2  LA2  LC 2 Theo bổ đề 2 của định lí carnot, suy ra CA vuông góc với FL. 2đ ( 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 1đ 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: Bi  3, Bi ǹ 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, B2,…, Bn (chẳng hạn a  B1, B2, B3, B4), khi đó: Bi dzB j 1  i, j  1, 2,3, 4  .Mà Bi  Bj nếu i  j, tức là Bi ǹ B j 3 . Do đó Bi  B j  1 (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 ǹ B j 2 . 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 y 2  1 33 y2z2  1 Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do ab  a  b  3 3 a 2b 2 , a  0, b  0 . Nên:  x  1  y  1   y  1  z  1 S  z  1  x  1  x  1  y  1  y  1   z  1   x  1  2 2 z 1 2 2 x 1 1,5 đ 1,5 đ 1đ  z  1  x  1   y  1  z  1 2 2 y 1  y  1   z  1   x  1     x  y  z  3 (đpcm)  z  1   x  1   y  1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 2 3đ