Đề thi (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 NGuyễn tất thành yên bái

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỈNH YÊN BÁI ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI ĐÈ XUẤT (Đề có 01 trang, gồm câu) Câu (4 điểm) Giải phương trình: x = − x − x + − x − x + − x − x Câu (4 điểm) Cho tam giác nhọn ABC điểm P nằm tam giác ABC Gọi D, E, F hình chiếu vuông góc P cạnh BC, CD, AB Lấy điểm Q nằm tam giác ABC · · · · cho ·ACP = BCQ Chứng minh DEF ; BAQ = CAQ = 900 Q trọng tâm tam giác BDF Câu (4 điểm) 2 Cho số thực không âm thỏa mã điều kiện: x + y + z = tìm giá trị lớn biểu x2 y+z + yz + − thức: P = x + yz + x + x + y + z + Câu (4 điểm) Cho 2016 tập hợp mà tập chứa 40 phần tử Biết hai tập tùy ý tập có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2016 tập cho Câu (4 điểm) 2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x − y + z = 16 với ( y < x < 10 ) .HẾT Người đề Nguyễn Trung Nghĩa - 0985820747 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN, LỚP: 10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm Giải phương trình: x = 2− x 3− x + 3− x 5− x + 5− x 2− x 4,0 ĐK ≤ x ≤ 2 − x ⇔ u2 = − x ( u ≥ 0) v = − x ⇔ v2 = − x ( v ≥ 0) Đặt u = 1,0 ( w ≥ 0) w = − x ⇔ w2 = − x Suy x = − u = uv + wv + wu 1,0 x = − v = uv + wv + wu x = − w = uv + wv + wu  u + v =  ( u + v ) ( u + w ) =   Ta có hệ: ( u + v ) ( v + w ) = ⇔ v + w =   ( v + w ) ( u + w ) =  u + w =  30 239 Suy ra: u = ⇔ x = − u2 = 60 120 Vậy phương trình có nghiệm x = 30 30 30 239 120 Cho tam giác nhọn ABC điểm P nằm tam giác ABC Gọi D, E, F hình chiếu vuông góc P cạnh BC, CD, AB Lấy điểm Q nằm tam giác · · · · ABC cho ·ACP = BCQ Chứng minh DEF ; BAQ = CAQ = 900 Q trọng tâm tam giác BDF 1,0 1,0 5,0 Gọi giao điểm AQ với PF EF H, K, giao điểm CQ với PD M, N Ta có: PE ⊥ AC ; PF ⊥ AB nên tứ giác PEAF nội tiếp · · · · · · Suy PFE theo giả thiết BAQ PFE suy = PAE = BAQ = PAE 1,0 AQ ⊥ EF K, Chứng minh tương tự ta có CQ ⊥ DE Tại N · · Tứ giác QKEN có QKE = QNE = 900 · Ta thấy DEF = 900 ⇒ ·AQC = 900 1,0 · · Do ·ACP = BCQ ⇒ ·ACQ = BCP ⇒ ∆QCA : ∆QCA Suy ra: DC QC · · ⇒ ∆DCQ : ∆PCQ = CAP = BCQ CP CA · · · · (do AFPE nội tiếp) ⇒ DQC = PAC ⇒ PAE = PFE · · Suy ra: DQC = PFE ⇒ PF / / DQ ⇒ DQ ⊥ AB ,0 Tương tự ta chứng minh được: FQ ⊥ BC 1,0 Suy Q trực tâm tam giác BDF Cho số thực không âm thỏa mã điều kiện: x + y + z = tìm giá trị lớn biểu thức: P = 2 x2 y+z + yz + − x + yz + x + x + y + z + 5,0 Ta có: ( yz + 1) = x + ( y + z ) ≥ x ( y + z ) ⇒ yz + ≥ x ( y + z ) x2 + ( y + z ) Và yz + = 1,0 Suy ra: x2 + ( y + z ) x2 y + z + yz x2 y+ z P= + − ≤ + − x + yz + x + x + y + x + x + x( y + z) x + y + z + x2 + ( y + z ) x y+ z ⇔ P≤ + − x + y + z +1 x + y + z +1 18 x2 + ( y + z ) x+ y+ z ⇔ P≤ − x + y + z +1 18 2 1,0 x2 + ( y + z ) ⇔ P ≤ 1− − x+ y + z +1 18 ( x ≠ 0) x2 + ( y + z) +1 Mặt khác: x ≤ y + z ≤ 2 2 y + z ) + x2 + ( y + z ) + x + ( Suy ra: x + y + z ≤ + = 2 2 x + ( y + z) P ≤1− − 18 x + ( y + z) + +1 2 x2 + ( y + z ) ⇔ P ≤1− − 18 x + ( y + z) + 2 x2 + ( y + z ) +   P ≤1+ −  +  18  x + ( y + z ) + 18  x2 + ( y + z ) + 2 + ≥ ⇒P≤ Mặt khác: 2 18 x + ( y + z) + 1,0 1,0 Vậy GTLN P đạt x = y = 1, z = Cho 2016 tập hợp mà tập chứa 40 phần tử Biết hai tập tùy ý tập có phần tử chung Chứng minh tồn phần tử thuộc tất 2016 tập cho Xét tập A tùy ý 2016 tập cho Vì A có phần tử chung với tập 2015 tập lại nên A phải tồn phần tử a thuộc 51 tập lại (Do ta giả sử 40 phần tử A thuộc 50 tập lại, số tập cho khác A 50.40=2000 < 2016 vô lý) Như phần tử a thuộc 52 tập giả sử 52 tập A, A1 , A2 , A51 Ta chứng minh phần tử a thuộc tập B 2015 tập lại Do hai tập có phần tử chung nên tập A, A1 , A2 , A51 có phần tử chung khác a Giả sử phần tử a không thuộc B Khi với Ai (1 ≤ i ≤ 51) B phải có phần tử chung ≠ b phần tử phải khác (vì = a j Ai , Aj ( ≤ i; j ≤ 51) có hai phần tử chung a ) Do tập B chứa không it 52 phần tử Vô lý Do a thuộc tập B mà B tập 1964 tập lại Vậy a thuộc tất 2016 tập cho 2 Tìm nghiệm nguyên dương phương trình: x − y + z = 16 với ( y < x < 10 ) 4,0 1,0 1,0 1,0 1,0 4,0 Phương trình cho tương đương với: ( x − ) − z = x − y (1) 2 2 Do < y < x x nguyên dương nên x ≥ 1,0 Ta thấy phương trình cho có nghiệm ( x; y; z ) = ( 2;1;1) 2 Nếu x ∈ {3;4;5} x > y > nên x − y > z > nên z ≥ Suy ra: ( x − ) − z ≤ trường hợp phương trình cho nghiệm 2 1,0 nguyên dương 2 2 Xét ≤ x ∈ ¢ y < x nên x − y ≥ − = 11 Từ phương trình (1) suy ra: ( x − 4) − z ≥ 11 ⇒ ( x − ) > 11 ⇒ ≤ x < 10 ⇒ x ∈ {8;9} Với x = thay vào (1) ta 16 − z = 64 − y ⇔ ( y − z ) ( y + z ) = 48 (2) Từ (2) suy ra: y > z > y + z = y = ⇔ Kết hợp với y < x = ta suy   y − z = z = 2 Với x = thay vào phương trình (1) t 25 − z = 81 − y 2 1,0 (3) Vì 25 − z < nên 81 − y < ⇒ y > mặt khác y < x = nên y ≤ Suy y = thay vào (3) ta có z = (loại) Vậy phương trình cho có nghiệm: ( x; y; z ) = ( 2;1;1) , ( 8;7;1) 1,0