Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 (Đề 1)

Chia sẻ: Tuan Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

143
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh có tài liệu ôn tập những kiến thức cơ bản, kỹ năng giải các bài tập Toán nhanh nhất và chuẩn bị cho kì thi HSG sắp tới tốt hơn. Hãy tham khảo Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 dưới đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp huyện môn Toán lớp 10 (Đề 1)

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN ĐỀ MÔN: TOÁN 10 Thời gian: 150 phút Bài 1 (6 điểm). a) Giải phương trình sau trên: 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27( x + 1) . 9 b) Giải bất phương trình sau: x − 2 . x−5 −3 Bài 2 (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n 26 và 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 ﾷﾷ = 2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Bài 4 (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. Bài 5 (4điểm) Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: ( x + 1) ( y + 1) ( y + 1) ( z + 1) ( z + 1) ( x + 1) 2 2 2 + + x+ y+ z+3 3 z x +1 3 2 2 3 x y +1 3 2 2 3 y z +1 3 2 2 TaiLieu.VN Page 1
ĐÁP ÁN Bài Lời giải Điểm Bài 1 a) Giải phương trình sau trên ﾷ : 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27( x + 1) . 9 b) Giải bất phương trình sau: x − 2 . x−5 −3 ̀ ̣ x + 1�۳0− Lời giải: a) Điêu kiên: x 1 . Phương trinh đa cho t ̀ ̃ ương đương vơí 0,5 đ 4 x 2 + 12 x 1 + x + 9(1 + x) = 36(1 + x) � (2 x + 3 1 + x ) 2 = (6 1 + x ) 2 � 2x + 3 1 + x = 6 1 + x � 3 1 + x = 2 x (1) �� 2 x + 3 1 + x = −6 1 + x � 9 1 + x = −2 x (2) � 9(1 + x) = 4 x 2 � �4x2 − 9x − 9 = 0 Ta co ́ (1) � � �� x = 3 x 0 x 0 1 đ � � �81(1 + x) = 4 x 2 �4 x 2 − 81x − 81 = 0 81 − 9 97 Ta co ́ (2) � � �� x= �x 0 �x 0 8 81 − 9 97 ́ ̣ x = 3 ; x = Kêt luân: là nghiệm của phương trình đã cho. 8 x 2 1 đ ̀ ̣ x−5 −3 0 b) Điêu kiên: . x 8 9 9 TH1 : Xét x < 2 ta có : ( 1) ۳ 2− x۳ 2− x 5− x−3 2− x � ( 2 − x ) �9 � −3 �x − 2 �3 2 0,5 đ � −1 �x �5 Vậy −1 x < 2 là nghiệm. 9 9 TH2 : Xét 2 < x < 5 ta có : ( 1) ۳ x−2۳ x−2 0,5 đ 5− x−3 2− x TaiLieu.VN Page 2
� − ( x − 2 ) �9 ( Bpt vô nghiệm) 2 9 9 TH3 : Xét 5 < x 8 ta có : ( 1) ۳−�−−� x 2 (x 2) 0 x −8 x −8 9 − ( x − 8) ( x − 2 ) − x 2 + 10 x − 7 ۳ 0۳ 0 x −8 x −8 � ( x − 8 ) ( x − 10 x + 7 ) �0 2 x 5−3 2 8< x 5+3 2 Kết hợp với miền x đang xét ta có 8 < x 5 + 3 2 là nghiệm của 2 đ Bpt. Vậy tập nghiệm của Bpt là : S = [ −1;2 ) � 8;5 + 3 2 ￹￻ ( 0,5 đ TaiLieu.VN Page 3
Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n 26 và n 11 đều 1 đ là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho n 26 x 3 và n 11 y 3 với x, y là hai số nguyên dương ( x > y ) . 1,5đ Khi đó ta được x 3 y 3 37 (x y )( x 2 xy y2) 37 . x − y = 1 (1) Ta thấy 0 x y x 2 xy y 2 , nên ta có . x 2 + xy + y 2 = 37 (2) Thay x = y + 1 từ (1) vào (2) ta được y 2 y 12 0 , từ đó có y = 3 và n = 38 . Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. 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 ﾷ KAB ﾷ = 2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Lời giải: A L K C 0,5đ F B Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC ﾷﾷ = α . Khi đó: KAB ﾷ = 2α ; BAC = 3α . Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được: BK AK CK AK = ; = sin 2α sin B sin α sin C TaiLieu.VN Page 4
sin B Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có: cosα = (*) sin C Lại có: �b 2 + c 2 a 2 � a 2 b 2 + c 2 − a 2 FA2 − FC 2 = � − �− = = bc.cos A = bc cos 3α (1) � 2 4 � 4 2 LC 2 = LA2 + b 2 − 2b.LA.cosα = LA2 + b 2 − 2bc cos 2α .cosα � LA2 − LC 2 = 2bc cos α .cos 2α − b 2 = bc ( cosα + cos3α ) − b 2 = ( bc cos α − b 2 ) + bc cos 3α (**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2 − LC 2 = bc cos 3α (2) 2 đ Từ (1) và (2) suy ra: FA2 − FC 2 = LA2 − LC 2 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 TaiLieu.VN Page 5
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: 1 đ Ký hiệu X là số phần tử của tập hữu hạn X. Gọi B1, B2,…, Bn là các tập con của A thỏa mãn: Bi = 3, Bi ǹ B j 2 ( i, j = 1, 2,..., 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: Bi ǳB j 1 ( i, j = 1, 2,3, 4 ) .Mà Bi Bj nếu i j, tức là Bi ǹ B j 3 . Do đó Bi �B j = 1 (i, j = 1, 2, 3, 4). 1,5 đ 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 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 Bi ǹ B j 2 . Vì vậy số n cần tìm là n = 8. 1,5 đ TaiLieu.VN Page 6
Bài 5 Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: ( x + 1) ( y + 1) ( y + 1) ( z + 1) ( z + 1) ( x + 1) 2 2 2 + + x+ y+ z+3 3 3 z 2 x2 + 1 3 3 x2 y 2 + 1 33 y2 z2 + 1 Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do ab + a + b 3 3 a 2b 2 , ∀a > 0, b > 0 . Nên: ( x + 1) ( y + 1) ( y + 1) ( z + 1) ( z + 1) ( x + 1) 2 2 2 1 đ S + + ( z + 1) ( x + 1) ( x + 1) ( y + 1) ( y + 1) ( z + 1) ( y + 1) ( z + 1) ( x + 1) 2 2 2 = + + z +1 x +1 y +1 ( y + 1) + ( z + 1) + ( x + 1) � 2 � � � = x + y + z + 3 (đpcm) ( z + 1) + ( x + 1) + ( y + 1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3 đ TaiLieu.VN Page 7