de thi hoc sinh gioi toan 10 nam 2012 2013 truong thpt thuan an tt hue

THI HỌC SINH GIỎI TOÁN KHỐI 10 SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ TRƯỜNG THPT THUẬN AN NĂM HỌC 2012-2013 Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề) Họ tên thí sinh : Số báo danh : ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (4 điểm) Cho phương trình mx  (2m  1) x  m   , m tham số Tìm m để phương trình cho có nghiệm Tìm m để phương trình cho có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm gấp hai lần nghiệm  x  y  xy  a Câu II (4 điểm) Cho hệ phương trình  2 x  y  a (1) , a tham số Giải hệ phương trình (1) a = Tìm a để hệ phương trình (1) có nghiệm Câu III (2 điểm) Giải phương trình: x  13  x   16  x Câu IV (4 điểm) Cho tam giác ABC Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm M, N,         P thỏa mãn AM  AB  BC , BN  3BC  AC , CP  2CA Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4) Tìm đường thẳng x =   45o điểm M cho góc MBA Câu V (2 điểm) Gọi a, b, c độ dài ba cạnh tam giác; , hb , hc độ dài ba đường cao tương ứng ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh: 1 1    hb hc r Câu VI (4 điểm) a2 b2 c2 1      Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh: b c c a a 2b a b c Hết - HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU I.1 NỘI DUNG ĐIỂM (2 điểm) Cho phương trình mx  (2m  1) x  m   , m tham số Tìm m để phương trình có nghiệm 0,25đ  m = 0: x  2  m  :   4m  0,5đ Pt có nghiệm     m   Vậy: m = m   I.2 0,25đ Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm gấp hai lần nghiệm 0,25đ    m   Pt có nghiệm    m  m   2m   x1  x2  m  m2 Theo Viet gt ta có:  x1.x2  m  x x     0, 25đ Giải được: m  10m   m   3 (thỏa)   m   3 0, 5đ m   3 Vậy   m   3 II.1  x  y  xy  a (2 điểm) Cho hệ phương trình  2 x  y  a , a tham số Giải hệ phương trình a = 0,25đ  x  y  xy  a = 5: ta có  2 x  y   x  y  xy    x  y   xy  0,25đ S  P  S  S     P  10 P  S  2P  đặt S = x + y ; P = xy , ta có:  S  x  x  giải   P  y  y 1 + Với  0,25đ 0,25đ S  : vô nghiệm P  + Với  Vậy hpt có nghiệm (1;2);(2;1) II.2 Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Ta có: S  2S  3a  (*)   3a   0,25đ a   : (*) vô nghiệm 3  a   : (*) có nghiệm S = -1  P  : vô nghiệm  S  1    a   :(*) có nghiệm:   P1  a     S  1    0,25đ  P2  a    ĐK hệ pt có nghiệm S  P  (a) S12  P1  giải :  a  0,25đ (b) S2  P2  : vô nghiệm 0,25đ Vậy  a  III (1 điểm) Giải phương trình: x  13  x   16  x (*) 0,25đ ĐK:  x  16 Với ĐK (*)  x  13   x   16  x  0,25đ  x  ( x  3)(16  x)  x  4( x  3)(16  x) 0,25đ  x  76 x  192   x  12  (thỏa)  x  16  0,25đ  x  12 Vậy:  16 x   IV Cho tam giác ABC Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm M, N,         P thỏa mãn AM  AB  BC , BN  3BC  AC , CP  AC Chứng minh hai tam giác ABC MNP có trọng tâm     Ta có hai tam giác ABC MNP có trọng tâm  AM  BN  CP =         0, 5đ  Mà : AM  BN  CP = AB  BC + 3BC  AC + 2CA = 0, 5đ Vậy ta có ĐPCM IV.2 Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4) Tìm đường thẳng x = điểm M cho góc MBA  450 Gọi M(1; y) thuộc đt x =  BM  (1; y  4)  BA  (4;3) 0,25đ   GT: cos( BM , BA)   y  16  ( y  4)  (1)(4)  3( y  4)  ( y  4)  2 2  c os450 0, 25đ  y  y  87  0,25đ y    y   29  0,25đ Vậy : M (1;3); M (1;  V 29 ) (1 điểm) Gọi a, b, c ba cạnh tam giác; , hb , hc độ dài ba đường cao tương ứng ba cạnh đó; r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác 1 1    hb hc r Chứng minh: Ta có : S  a.ha  Tương tự: Do đó: VI a  2S 0, 5đ b c ;   hb S hc 2S 1 abc p      : ĐPCM hb hc 2S S r 0,5đ (2 điểm) Cho a, b, c ba số thực dương Chứng minh: a2 b2 c2 1      b c c a a 2b a b c Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 0, 5đ a 1  b 1  c 1 c   a b             2     bc ca ab  b c c c a a a b b c   c a  c   a b   b 1 1  a b Mà     =                 a b c  bc ca ba   bc ca   ca ab   ab bc  2  a2   b2   c2 1 1 1 0, 5đ Suy ra:                 a b c b c c c a a a b b 0, 5đ a2 b2 c2 1       : ĐPCM bc ca ab a b c 0, 5đ ...  2m   x1  x2  m  m2 Theo Viet gt ta có:  x1.x2  m  x x     0, 25đ Giải được: m  10m   m   3 (thỏa)   m   3 0, 5đ m   3 Vậy   m   3 II.1  x  y  xy  a (2 điểm)... 5: ta có  2 x  y   x  y  xy    x  y   xy  0,25đ S  P  S  S     P  10 P  S  2P  đặt S = x + y ; P = xy , ta có:  S  x  x  giải   P  y  y 1 + Với