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

UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO.. ĐỀ CHÍNH THỨC.[r]

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 : 4x2 12x x 1 27(x1)

b) Giải bất phương trình sau:

9

2

Bài 2 (3 điểm)

Tìm tất cả các số nguyên dương nsao cho hai số n+26 v à 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  2KAC 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

3

x 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

Điểm Bài 1

a) Giải phương trình sau trên : 4x2 12x x 1 27(x1)

b) Giải bất phương trình sau:

9

2

Lời giải: a) Điều kiện: x  1 0 x1

Phương trình đã cho tương đương với

4x 12x 1x 9(1x) 36(1 x) (2x3 1x) (6 1x)

(1) (2)

Ta có

x

Ta có

(2)

8

x

Kết luận: x 3 ;

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 x 2 ta có :  1 9 2 9 2

 2 x2     9 3 x 2 3

   1 x 5 Vậy   1 x 2 là nghiệm

TH2 : Xét 2 x 5 ta có :  1 9 2 9 2

  x 22 9 ( Bpt vô nghiệm)

TH3 : Xét 5x8 ta có :  1 9 2 9  2 0

 x 8 x2  10x7 0

0,5 đ

1 đ

1 đ

0,5 đ 0,5 đ

2 đ

0,5 đ

5 3 2

x x

  

 

  



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 



đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó

Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho n+26=x3 vµ

n −11= y3

với x y, là hai số nguyên dương x y 

Khi đó ta được x3− y3=37⇔(x− y )(x2

+xy + y2)=37

Ta thấy 0< x − y <x

2

+xy + y2

, nên ta có

1 (1)

37 (2)

x y





Thay x y 1 từ (1) vào (2) ta được y2− y − 12=0 , từ đó có y 3 vµ

38

n  .

Vậy n 38 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

Lời giải:

A

L

F 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:

; sin 2 sin sin sin

Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có:

sin

sin

B c

C

 

Lại có:

0,5đ

2 đ

 

2 2 2 2 2 2 2

2 2

2



Thay (*) vào (**), ta được: LA2 LC2 bccos3 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: FA2 FC2 LA2 LC2

Theo bổ đề 2 của định lí carnot, suy ra CA vuông góc với FL

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, ,

B  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: B iB j 1 ,i j1, 2,3, 4

.Mà Bi Bj nếu ij, tức là B iB j 3

Do đó B iB j 1

(i, j = 1, 2, 3, 4)

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

2

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

3

x y z

Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S

Do ab a b  33 a b2 2 , a 0,b0 Nên:

   

   

   

   

   

   

S

1 đ

 12  12  12

2

3

x y z

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a b c  1

3 đ