Kỳ thi học sinh giỏi trường – năm học 20112012 môn thi: toán 10 thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề53264

SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Tốn 10 Thời gian làm bài: 120 phút, khơng kể thời gian phát đề Câu (4 điểm) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (C) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số b) Tìm m để phương trình: x  x   m  có nghiệm Câu (6 điểm) Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau a) x4  8 x  b) x  x       1  x  8  x  x2 0 2 x3  y  x y  xy  c)  x  y   x  0; y    Câu (4 điểm) Tam giác ABC có góc thỏa mãn hệ thức cot B  cot C   cot A Độ dài cạnh BC, CA, AB tương ứng a, b, c a) Với   chứng minh b  c  5a b) Tìm giá trị lớn góc A     1 Câu (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A1  1; 2  , B1  2;  , C1  1;  ฀ B  450 a) Tìm tọa độ điểm M  Ox cho MA 1 b) Tam giác nhọn ABC có chân đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự A1 , B1 , C1 Viết phương trình cạnh BC tam giác ABC Câu (2 điểm) Cho số không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  Chứng minh x3  y  z  xyz  HẾT DeThiMau.vn ĐÁP ÁN Câu 1a) 2đ ĐIỂM TXĐ: D  ฀  0.5 b   ;   ;a=1>0 2a 4a  32 ;   ; nghịch biến  ; 32  Hàm số đồng biến 0.5 Bảng biến thiên x -∞ +∞ +∞ +∞ 3/2 BBT 0.5 y -1/4 Hình Hình Đồ thị có TĐX x = 3/2, Đồ thị cắt Ox điểm (1;0) (2; 0), cắt Oy (0; 2) Đồ thị (hình vẽ 1) 1b) 2đ 2a) 2đ Từ đồ thị suy đồ thị hàm số y  x  3x  hình vẽ 2: m   m   Từ đó, để phương trình có nghiệm phân biệt điều kiện là:  m    m  9/2  Điều kiện  x  0.5 Đặt t  x    x (t > 0), t    x  8  x  t2  t2     t  2t   Phương trình cho trở thành:   t t     t   t  2t    t  Với t = 2, 2b) 2đ  x  8  x    x  x = x4  8 x   0.5 0.5 0.5 Điều kiện: x  Bất phương trình cho tương đương với 0.5   x  1 2 x  x    TH1:     x  7/2  x  7/2 (t/m điều kiện) x   x    0.5 2 x  x   TH2:   x   2c) 2đ ĐT 0.5 1  x  7/2   x  (t/m điều kiện) x  0.5 Vậy, bất phương trình cho có tập nghiệm S  2   7/2;   0.5 Do x < 0; y < nên x + y < 0.25       2 x3  y  x y  xy 2  x  y  x  xy  y  xy  x  y   Ta có:  2 2 x  y   x  y   2   xy   xy  x  y  3  x  2  x  1     (thỏa mãn)  xy   y  1  y  2  x  y  Vậy, hệ cho có nghiệm (-1; -2) (-2; -1) DeThiMau.vn 0.5 0.25 3a) 2đ cot A  cos A b  c  a b  c  a   sin A 2bc sin A 4S a  c2  b2 a  b2  c2 ;cot C  4S 4S Tương tự: cot B  0.5 a  c2  b2  a  b2  c2 b2  c2  a   cot B  cot C   cot A  4S 4S 2      a   b  c (*)   Với   , ta có   12  a  3b) 2đ 0.5 Từ (*)  b  c    b 0.5   c  b  c  5a 0.5 0.5 a2  a2  a2 a2 b c a   cos A    2bc 2bc 2bc 2 a 2a 2 2       2   2    2 1 b c a  2   0.5  0.5 Suy ra, A  450 Vậy GTLN góc A 450 b  c 4a) 0.5   Gọi M  x;0   Ox A1 M   x  1;  ; A1 B1   3;  Ta có:       ฀ B   x  1   A1 M A1 B1  A1 M A1 B1 cos MA 1 0.5  x  1  4.5.cos 450  x  11/3  x  22  x  x    2 36 x  264 x  484  50 x  x     x  11/3   14 x  164 x  234     x  13  x  9/7 Vậy, M 13;0  M  9/7;0   4b) 0.5 0.5 0.5 A B1 C1 H B A1 C Chứng minh trực tâm H tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1C1    G/s H  x; y  , A1 H   x  1; y   ; A1C1   0;  ; A1 B1   3;  DeThiMau.vn 0.5    B1 H   x  2; y   ; B1 A1   3; 4  ; B1C1   3;0  Ta có   cos A1 H , A1C1  cos     cos B1 H , B1 A1  cos        A H, A B    B H, B C  1 1 1  y  2  x  1   y      2 2  x  1   y     x  1   y    3  x    3  x     y     2 2  x     y     x     y   5 y  10  x  y  11 3 x  y  1 x     H  0;1 3 x  y  14  x  10  x  y  2 y 1  BC qua A1  1; 2  , nhận A1 H  1;3 làm vecto pháp tuyến nên có phương trình 0.5 0.5 0.5  x  1   y     x  y   5) BĐT   x  y   3xy  x  y   z  xyz      z   z  3xy   z   xyz   3 0.5  xy  z    z  27 z  23  Đặt t  xy ,  xy   x  y  3  z  nên  t  3  z  Ta chứng minh f  t    z   t  z  27 z  23  , với  t  0.25 3  z  f  t  hàm bậc t nên đạt GTNN t  t  (*) 3  z  0.5 + f    z  27 z  23   a   0;   99      z 2 + f     z     4z  9  z  27 z  23   z  1  z  11   4  Vậy, (*) đúng, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x = y = z= DeThiMau.vn 0.5 0.25 ... x     y   5 y  10  x  y  11 3 x  y  1 x     H  0;1 3 x  y  14  x  10  x  y  2 y 1  BC qua A1  1; 2  , nhận A1 H  1;3 làm vecto pháp tuyến nên...    (thỏa mãn)  xy   y  1  y  2  x  y  Vậy, hệ cho có nghiệm (-1; -2) (-2; -1) DeThiMau.vn 0.5 0.25 3a) 2đ cot A  cos A b  c  a b  c  a   sin A 2bc sin A 4S a  c2  b2... B1C1    G/s H  x; y  , A1 H   x  1; y   ; A1C1   0;  ; A1 B1   3;  DeThiMau.vn 0.5    B1 H   x  2; y   ; B1 A1   3; 4  ; B1C1   3;0  Ta