Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Thái Nguyên năm 2011 - 2012 môn toán.DOC

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