Đề thi HSG lớp 10 (2), vĩnh phúc, hệ không chuyên năm 2011 – 2012

(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  2 Giải bất phương trình sau: x5 3 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 �  KAC � Chứng minh FL vng góc với AC trung điểm cua rBC, biết KAB 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 x2   y  1  z  1  3 x2 y 1  z  1  x  1  33 y2 z2 1 �x  y  z  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án 0 x Câu a) điều kiện: x �۳ Phương trình cho tương đương với:  x  12 x x   27  x  1  36   x  � x   x  6 1 x  � �  x  x  1 2x  1 x  1 x �� �� � � x   x  6  x  x  2 x   � � �   x   4x2 � 4x2  9x   � �� � x3 Ta có (1) � � �x �0 �x �0 �   x   x2 � x  81x  81  81  97 � �� � 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 ۳ 2x Trường hợp 1: Xét x < ta có (1) ۳ 5 x 3 2x �   x  �9 � 3 �x  �3 � 1 �x �5 1 �x �5 nghiệm Vậy x = 3; x  9 x2۳ 5 x 3 2x �9 (Bất phương trình vơ nghiệm) Trường hợp 2: Xét < x < ta có (1) ۳ �   x  2 Trường hợp 3: Xét < x �8 ta có (1) ۳�� x x 8   x  8  x    x  10 x  ۳ 0۳ x 8 x 8 x 8 x x2 2 � x �5  �  x    x  10 x   �0 � � � x �5  � Kết hợp với miền x xét ta có  x �5  nghiệm bất phương trình 1;  � 8;5  � Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S  � � � 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  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  từ có y = n = 38 Vậy n = 38 giá trị cần tìm �  Câu Cách 1: Đặt AB = c, AC = b, BC = a, KAC http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word �  2, BAC �  3 Khi đó: KAB 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 cos3 (1) 4� � LC  LA2  b  2b.LA.cos   LA2  b2  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 Từ (1) avf (2) suy ra: FA2  FC  LA2  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: �  MCL � MF MC  MB.MK  ML2 � MLF �  MKL � Mà MLK �  CLK � � LC  KC  � FLK 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  (2) � �  LAC �  BAK � BAN �  KAN � Từ LAN 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 tròn ngoại tiếp tam giác ABL � (khơng chứa điểm A) Vậy N điểm cung BL (ABL) �  900  NAC � Vậy � ANL  � ABL  900  BAL 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 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 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 '  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 ǹ B j  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 dzB j 1 i, j  1, 2,3,  Mà Bi �B j i �j, tức Bi ǹ B j 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 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 ǹ B j Câu  x  1  y  1 3 z x2    y  1  z  1 3 x2 y 1   z  1  x  1 3 y2z2 1 Vì vây số n cần tìm n = �x  y  z  Gọi vế trái bất đẳng thức S Do ab  a  b �3 a 2b , a  0, b   x  1  y  1   y  1  z  1   z  1  x  1   y  1   z  1 S� z 1 x 1  z  1  x  1  x  1  y  1  y  1  z  1 �  y  1   z  1   x  1 � �  x  y  z  (điều phải chứng minh) ��  z  1   x  1   y  1 Nên 2 2  x  1  y 1 Dấu xảy a = b = c =1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... x  1  y 1 Dấu xảy a = b = c =1 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... tam giác cân C nằm phân giác � EAD http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Ta chứng minh C trung điểm DE Thật vậy, giả sử C không nằm DE Gọi C’là giao điểm DE AC, AC’... 38 giá trị cần tìm �  Câu Cách 1: Đặt AB = c, AC = b, BC = a, KAC http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word �  2, BAC �  3 Khi đó: KAB Áp dụng định lí sin cho tam