ĐỀ HSG SỞ HÀ TĨNH LỚP 10 NĂM 2014 – 2015 Câu 1: a) Giải phương trình x x 2014 x x y x 2 y b) Giải hệ phương trình x x 16 x 24 x y 0 Lời giải Điều kiện x 0, y Từ pt thứ ta đưa y x x y x 0 yy 2 x * Với y x , thay vào (2) có 16 x 24 x x 0 x x 12 0 : vô nghiệm (do x 12 8 12 ) * Với y = 2x, thay vào (2) ta có 16 x 24 x x 0 x 1 x x 1 x 1 x x 0 16 x 1 0 4x 1 16 x 1 x 1 x 0 (1) 4x 1 16 3 0, x 0; Nhận thấy x 1 x 4x 1 4 Nên pt(1) có nghiệm x y 1 1 Vậy hệ có nghiệm x; y ;1 2 x y xy 1 9 xy Câu 2: Tìm tất giá trị m để hệ phương trình 3 3 3 x y 64 x y 1 mx y có nghiệm x; y với x 0, y Lời giải Với x 0, y , hệ cho tương đương với 1 x y 9 x y 9 xy x y 1 x y 64 x3 y m 64 x3 x3 64 y y m 1 Đặt a 4 x , b 4 y a 4; b 4 x y 1 3 3 Ta có a 64 x 12 x 64 x a 12a Tương tự với b x x x a b 9 a b 9 Ta có hệ 3 a b 12 a b m a b 3ab a b 12 a b m a b 9 m ab 23 27 m Từ suy a b nghiệm phương trình t 9t 23 (1) 27 Hệ phương trình cho có nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm thỏa mãn t1 t2 Xét hàm số f t t 9t 23 4; ta có bảng biến thiên Dựa vào BBT ta có 11 m 297 3 m 81 27 Câu 3: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC Gọi H , K chân đường cao hạ từ đỉnh B, C tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh tam giác 3 ABC biết H 5; 1 , K ; , phương trình đường thẳng BC x y 0 điểm 5 B có hồnh độ âm Lời giải A H K B M C Nhận thấy tứ giác BCHK nội tiếp đường trịn đường kính BC Gọi M trung điểm BC ta có MH MK Phương trình đường trung trực HK x y 0 Tọa độ M nghiệm hệ 3 x y 0 x 2 Vậy M 2; x y y Gọi B 3b 4; b Ta có: MB MH 3b 2 b 10 b 1 b 10 b 10 b b Suy B 1; 1 B 5; 3 (loại) C 5; 3 Phương trình đường thẳng AC x 5 Phương trình đường thẳng AB x y 0 Suy A 5;7 Câu 4: a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G Chứng minh AC tiếp tuyến đường trịn ngoại tiếp tam giác GAB cos A cos C 2cos B b) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b b c c a 8 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 1 P 3 abc a 2b b 2c c 2a Lời giải A M G C N B Do AC tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác GAB nên CAG ABG Lại có MN / / AC CAG GNM GNM ABG Suy tứ giác NGMB nội tiếp Theo tính chất phương tích ta có AG AN AM AB c ma ma c 4ma2 3c 2 2b 2c a 3c a c 2b sin A sin C 2sin B (định lý sin tam giác) cos A cos C 2cos B (đpcm) Ta có a b b c c a 8abc abc 1 a b b c c a a b c ab bc ca abc a b c 3abc a b c abc a b c abc a bc 3 3abc 3abc abc 3 abc 2 abc a b c abc Dấu xảy a b c 1 Vậy minP 2 Câu 5: Kí hiệu E tập hợp gồm tất tam thức bậc hai f x ax bx c có a , b 4ac 0 Tìm điều kiện cần đủ số m, n, p để với f x thuộc E ta có g x f x m ax b n bx c p cx a thuộc E Lời giải Điều kiện cần: Xét f x x t x 2tx t thuộc E Khi P 3 g x n px t x m nx t x mx p thuộc E với x, t Suy n px 0 x p 0 n 0 2 Lấy t 0 g x x mx p x mx 0 x m 0 2 Vậy g x có dạng g x n t x nx t x 0 x, t Từ suy n 0 Vậy đk cần để g(x) thuộc E m p 0, n 0 (1) Điều kiện đủ: Với đk (1) ta có g x ax bx c bnx nc ax b n x c n Do f x ax bx c thuộc E nên b 4ac 0 ac 0 Khi g x có 2 b n 4ac n b 4ac n 4acn n 0 nên g x thuộc E Kết luận: đk cần đủ để g(x) thuộc E m p 0, n 0 HẾT