(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên năm 2011 – 2012) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (6,0 điểm) Giải phương trình sau : x 12 x x 27 x 1 x x Giải bất phương trình sau: Câu (3,0 điểm) Tìm tất số nguyên dương n cho hai số n +26 n – 11 lập phương hai số nguyên dương nào Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC điểm k thuộc cạnh BC cho KB = 2KC, L hình chiếu cảu B AK, F trung điểm cua rBC, biết KAB Chứng minh FL vng góc với AC 2 KAC Câu (4,0 điểm) Cho A tập hợp gồm phần tử, tìm số lớn tập gồm phần tử A cho giao tập tập tập hợp gồm phần tử Câu (4,0 điểm) Cho số dương x, y, z Chứng minh bất đẳng thức: x 1 y 1 3 z x 1 y 1 z 1 3 x y 1 z 1 x 1 3 y z 1 x y z Đáp Án Câu a) điều kiện: x 0 x Phương trình cho tương đương với: x 12 x x 27 x 1 36 x x x 1 x x 2 x 1 x x 6 x x x x x x 9 x 4 x 4 x x 0 x 3 Ta có (1) x 0 x 0 2 81 97 8 x 4 x 4 x 81x 81 0 x Ta có (2) x 0 x 0 81 97 nghiệm phương trình cho x 2 b) Điều kiện: x 0 x 8 9 2 x 2 x Trường hợp 1: Xét x < ta có (1) 5 x 2 x Vậy x = 3; x x 9 x 3 x 5 x 5 nghiệm Trường hợp 2: Xét < x < ta có (1) 9 x x 5 x 2 x x 9 (Bất phương trình vơ nghiệm) Trường hợp 3: Xét < x ta có (1) 9 x x 0 x x x 8 x x 10 x 0 0 x x x 5 x x 10 x 0 x 5 Kết hợp với miền x xét ta có x 5 nghiệm bất phương trình Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S 1; 8;5 Câu Giả sử có số nguyên dương n cho n + 26 = x3 n – 11 = y3 với x,y hai số nguyên dương (x>y) 3 2 Khi ta x y 37 x y x xy y 37 x y 1 Ta thấy o x y x xy y nên ta có 2 x xy y 37 (1) (2) Thay x = y +1 từ (1) vào (2) ta y y 12 0 từ có y = n = 38 Vậy n = 38 giá trị cần tìm Câu Cách 1: Đặt AB = c, AC = b, BC = a, KAC Khi đó: KAB 2, BAC 3 Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK ACK, ta được: BK AK CK AK ; sin 2 sin B sin sin C Do BK = 2CK, nên từ đẳng thức ta có: sin B cos (*) sin C Lại có: b2 c a a b c a FA2 FC bc.cos A bc cos 3 (1) LC LA2 b 2b.LA.cos LA2 b 2bc cos 2.cos LA2 LC 2bc cos .cos 2 b bc cos cos 3 b bc cos a b bc cos 3(**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2 LC bc cos 3 2 (2) Từ (1) avf (2) suy ra: FA FC LA LC Theo định lí carnot, suy CA vuoonng góc với FL Cách 2: Trường hợp 1: L nằm đoạn AK FK BF Ta có: KC BC Gọi M trung điểm BK Suy ra: MF MC MB.MK ML2 MLF MCL Mà MLK MKL LC KC FLK CLK 2 LF KF Gọi N điểm đối xứng với L qua F Suy LC = LN, BN = LC (BNCL hình bình hành) Suy NB = NL Vậy ALC ALN c.g c BAK Từ LAN LAC BAN KAN Vì MNKL hình hành, KL BL nên MN đường trung trực BL N giao điểm đường trung trực đoạn thẳng BL với đường phân giác góc A đường trịn ngoại tiếp tam giác ABL (khơng chứa điểm A) Vậy N điểm cung BL (ABL) Vậy ANL ABL 900 BAL 900 NAC Hay NL AC Trường hợp 2: L nằm đoạn AK Lập luận tương tự ta có NL AC Cách 3: Gọi D điểm đối xứng với B qua AK E điểm tia AK cho AE = AB = AD Ta thấy tam giác EAD tam giác cân C nằm phân giác EAD Ta chứng minh C trung điểm DE Thật vậy, giả sử C không nằm DE Gọi C’là giao điểm DE AC, AC’ cắt KE tạo K’ Suy K’ trọng tâm cảu tam giác EBD BK ' 2 K ' C KK '/ /CC ' Vơ lý Vậy C C ' Vì C trung điểm DE, suy DE AC Hơn F trung điểm BC, L trung điểm BD, suy FL / / ED Vậy FL AC Câu 4: Ký hiệu X số phần tử tập hữu hạn X Gọi B1, B2, ,Bn tập A thỏa mãn: Bi 3, Bi B j 2 i , j 1, 2,3, n Giả sử tồn phần tử a A mà a thuộc vào tập số tập B1, B2, ,Bn (chẳng hạn a B1, B2, B3, B4), đó: Bi B j 1 i, j 1, 2,3, Mà Bi B j i j, tức Bi B j 3 Do Bi B j 1 i, j 1, 2,3, Từ A 1 4.2 9, điều mâu thuẫn Như vậy, phần tử A thuộc nhiều ba số tập hợp B1, B2, ,Bn Khi 3n 8.3 n 8 Giả sử A = a1 ; a2 ; , a8 xét tập 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 tập gồm ba phần tử A thỏa mãn Bi B j 2 Vì vây số n cần tìm n = Câu x 1 y 1 y 1 z 1 3 z x2 1 z 1 x 1 3 x y 1 x y z 3 y z 1 Gọi vế trái bất đẳng thức S Do ab a b 3 a 2b , a 0, b Nên x 1 y 1 S z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 1 y 1 z 1 z 1 x 1 x 1 y 1 y 1 z 1 x 1 x y z (điều phải chứng minh) z 1 x 1 y 1 Dấu xảy a = b = c =1