SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN Câu 1: x x x x x 2 Giải phương trình: Lời giải 2 1 1 x x x , x x x 2 nên phương trình xác định với Ta có x Phương trình cho tương đương với x x x x 1 x x 1 x x 1 4 x x x 4 1 x 0 2 x x x x x 1 x x 1 2 x x 1 x x x 1 x 0 x 0 Vậy pt có nghiệm x 0 Câu 2: x m 1 x m3 m 1 0 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P x13 x23 x1 x2 3x1 3x2 Lời giải Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 4 ' 0 x1 x2 4 m m 0 m Theo định lí Viet ta có m 2 m 0 m 0 m 3 m 3 x1 x2 2 m 1 , x1 x2 m3 m 1 3 suy P x1 x2 x1 x2 8 m 1 8m m 1 16m 40m Bảng biến thiên m -2 0 16 P -144 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 m 2 , Pmin 144 m Câu 3: x x y xy xy y 1 ( x , y ) x y xy (2 x 1) 1 Giải hệ phương trình: Lời giải Ta có x x3 y xy xy y 1 x y xy (2 x 1) a x y b xy Đặt Hệ trở thành: a a 2a 0 (*) b a Hệ Từ tìm 2 ( x y ) xy ( x y ) xy 1 2 x y xy 1 a ab b 1 a b 1 (*) a (a a 2) 0 b 1 a (a; b) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3) x y 0 x y 1 xy ( a ; b ) (0; 1) * Với ta có hệ x y 1 ( x; y ) (0; 1);(1;0);( 1;0) xy ( a ; b ) (1; 0) * Với ta có hệ * Với (a; b) ( 2; 3) ta có hệ x y xy 3 y x x x 0 Kết luận: Hệ có nghiệm Câu 4: y x 1; y 3 x ( x 1)( x x 3) 0 ( x; y ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) Cho x, y hai số thực dương thoả mãn điều kiện Tìm giá trị nhỏ P x y x x2 y Lời giải t2 x 2t (1) Đặt t x x dễ thấy t Từ giả thiết ta có y 1 y2 x y Từ (1) (2) suy x y Do 20122 t 2012 y t Từ suy 2.2012.t (2) t 20122 t 2011 2012 t 2t 2.2012.t 2.2012 t 2011 2012 2011 2011 t 2012 2.2012 t 2.2012 2012 Đẳng thức xảy t 2012 Từ (1) (2) suy x y y 2012 2011 2012 2011 2011 x y 2012 Vậy giá trị nhỏ P 2012 , Câu 5: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P điểm đối xứng O qua đường thẳng BC, CA, AB; H trực tâm tam giác ABC L trọng tâm tam giác MNP Chứng minh OA OB OC OH ba điểm O, H, L thẳng hàng Lời giải A P N H B O C K M D Kẻ đường kính AD, tứ giác BHCD hình bình hành nên trung điểm K BC trung điểm HD, tam giác AHD có OK đường trung bình nên 2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH OB OC 2OK OM đẳng thức tương tự ta được: Ta có OM ON OP 2 OA OB OC 2OH 3OL 2OH suy O, H, L thẳng hàng Câu 6: Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử tồn điểm M nằm bên tứ giác cho MAB MBC MCD MDA Chứng minh đẳng thức sau: AB BC CD DA2 AC.BD.sin , số đo góc hai đường thẳng AC BD cot Lời giải AB MA2 MB cot AC.BD.sin S MAB ; S ABCD Trước hết ta có kết sau: Tương tự ta được: AB MA2 MB BC MB MC CD MC MD cot S MAB 4S MBC 4S MCD Câu 7: DA2 MD MA2 AB BC CD DA2 S MDA S MAB S MBC S MCD S MDA AB BC CD DA2 AB BC CD DA2 S ABCD AC.BD.sin Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 13 M 1; , N ; , P ; 2 2 (M, N, P không trùng với đỉnh điểm tam giác ABC) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết đường thẳng AB qua điểm Q 1; 1 điểm A có hồnh độ dương Lời giải A N P I K C B M Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập 2 phương trình là: x y 3x 29 0 suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam K ; 0 giác ABC có tọa độ nAB KP 2; 1 Do AB KP nên AB có vtpt Suy phương trình AB : x 1 1 y 1 0 x y 0 x y 0 2 x y x 29 trình Do tọa độ A, B nghiệm hệ phương y 2 x x 3x 0 x 1, y 5 x 4, y n AC KN 2;1 Suy Do AC KN nên AC có vtpt AC : x 1 y 0 x y 0 Suy pt Khi tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: x y 0 y x x 1, y 5 x 4, y 2 C 4; 1 x y 3x 29 0 x x 0 Từ suy A 1;5 , B 4; Vậy A 1;5 , B 4; C 4; 1 ,