De so 162 đã tách đề ôn tập toán

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013-2014 ĐỀ THI MƠN:TỐN (Dành cho học sinh THPT khơng chun) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu (3,0 điểm) a) Cho phương trình bậc hai: x  2mx  3m  0 , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị 2 m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 x1  x2 đạt giá trị nhỏ b) Cho tam thức bậc hai f  x  ax  bx  c, a 0 Chứng minh f  x  0 với x  , 4a  c 2b Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x  3x 1  2x   x   2 2   x  y   x  xy  y  3 3  x  y    x, y    b) Giải hệ phương trình:  x   y   x  x    Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh a b2 c   3  a  b  c  b c a b) Giải bất phương trình: 3  x 1  x   x   Câu (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC , dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác vuông ABE ACF với   BAE CAF 900 , cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M trung điểm BC , chứng minh AM vng góc với EF b) Cho tam giác ABC không vuông với a BC , b CA, c  AB Chứng minh a  b 2c tan A  tan B 2 tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại  11  tiếp trọng tâm có tọa độ I  4;0  , G  ;  Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác  3 ABC biết đỉnh B nằm đường thẳng  d  : x  y  0 điểm M  4;  nằm đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….…… …….…….… ; Số báo danh…………… LỜI GIẢI Câu (3,0 điểm) c) Cho phương trình bậc hai: x  2mx  3m  0 , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trị 2 m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 x1  x2 đạt giá trị nhỏ d) Cho tam thức bậc hai f  x  ax  bx  c, a 0 Chứng minh f  x  0 với x  , 4a  c 2b Lời giải  m 2 a) Phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2   ' m  3m  0    m 1 Với điều kiện trên, theo định lí Viét ta có: x1  x2 2m, x1 x2 3m  2 Do x12  x22  x1  x2   x1x2 4m   3m   4m  6m  3 7  x  x 4m  6m   2m     , m  D   ;1   2;   2 4  2 2 Đẳng thức xảy 2m  3 0  m   D 2 Vậy biểu thức x1  x2 đạt giá trị nhỏ m  4 b) Do f  x  0 với x   nên f   0  c 0 a   Mặt khác f  x  0 với x       b  4ac 0 a   b 4ac Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 4a  c 2 4ac 2 b 2 b 2b (ĐPCM) Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2 3x 1  2x   x   2 2   x  y   x  xy  y  3 3  x  y    x, y    b) Giải hệ phương trình:  x   y   x  x    Lời giải 3 x 0  a) ĐKXĐ  x  0   x  0    x 0   x 2  x 2   x   Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với: x   x   3x   x   2x     x    x  3 3x 1   x    x  3  3x 3x   x    x  3 3 x  x   x  x  3 x  x  x  0    x 3 Kết hợp với ĐKXĐ ta x 3 Vậy tập nghiệm phương trình S  3 b) ĐK XĐ: x  6, y  Từ phương trình đầu hệ ta có:  x  y   x  xy  y  3 3  x  y     x  y   x  xy  y    x  y  3x  y   x3  y  x  y 3 x  y  3   x  1  y  1  x   y   y  x   x  Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x   x   x  x  8, ( x  1) x    x    x  x  0 x x     x  3  x  1 0 x 6 3 x 1  1     x  3    x  1 0 x 1   x 6 3   1     x 1    x 6 3 x 1    Khi x 3  y 1  x 3 So sánh với ĐKXĐ ta nghiệm hệ phương trình  x, y   3,1 Câu (2,0 điểm) c) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c 1 Chứng minh a b2 c   3  a  b  c  b c a d) Giải bất phương trình: 3  x 1  x   x   Lời giải a) Ycbt  a b2 c 2     a  b  c  3  a  b  c    a  b  c  b c a   a2 b2 c2 2  2a  b   2b  c   2c  a  a  b    b  c    c  a  b c a  a  b b  b  c  c  c  a  a 2  a  b    b  c    c  a  (*) Bất đẳng thức (*)  a, b, c  Dấu đẳng thức xảy a b c  Vậy BĐT chứng minh b) ĐKXĐ x 2 Đặt t  x  2, t 0 suy x t  , thay vào bất phương trình ta được: 3  t 1  t   t   t   t  4t  3t 0  t  t  1  t  3 0  t 3    t 1  x  3     x  1  x 11   x 3  Kết hợp với đkxđ ta tập nghiệm S  2;3  11;   Câu (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC , dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác vuông ABE ACF với   BAE CAF 900 , cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M trung điểm BC , chứng minh AM vng góc với EF b) Cho tam giác ABC không vuông với a BC , b CA, c  AB Chứng minh a  b 2c tan A  tan B 2 tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại  11  tiếp trọng tâm có tọa độ I  4;0  , G  ;  Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác  3 ABC biết đỉnh B nằm đường thẳng  d  : x  y  0 điểm M  4;  nằm đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC Lời giải F E A B M C a)       Ta có AM  AB  AC ; EF  AF  AE             Ta có AM EF  AB  AC AF  AE  AB AF  AC AE (do AB AE  AC AF 0)       AB AF cos BAF  AC AE cos CAE 0    Do ABE ACF  AB.AF  AC AE BAF CAE 900  BAC   Vậy AM  EF  AM  EF b) 2S sin A 4S  bc2  2 Ta có tan A  cos A b  c  a b  c  a2 2bc Tương tự ta tính tan B  4S 4S , tan C  2 c a  b a  b2  c 2 Theo giả thiết tan A  tan B 2 tan C  4S 4S 4S  2 2 2 b c  a c a  b a  b2  c 2 2   a   b  c   b   c  a  2 c   a  b    a  b  c  2b c  b4  c  a  2c a 2c  2a  2b  4a 2b 2  2c   a  b  c  a  b   2c   a  b  2c  a b Hay tam giác ABC cân c) A M N H G I (d) C B Gọi B  a;1  2a   d  3 Gọi N trung điểm AC suy BN  BG (1)   2  11 Mà BN  xN  a; y N  2a  1 , BG   a; 2a   3    11   xN  a    a      Theo (1) suy     y  2a   2a     N 2 3 11  a   xN    y N a  11  a  ;a suy N       a  ; a  , BM   a; 2a  1 mà Ta có IN        IN / / BM  k   : IN k BM 3  a a 1 k   a       B  1;  1 , N  5;1 a k  2a  1 k     AC qua N  5;1 có VTPT n IN  1;1 suy AC có phương trình x  y  0 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I  4;0  , bán kính R IB  10 nên có phương trình:  x    y 10 Suy tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình:  x  y  0   2 x   y  10     y 6  x  y 6  x     x 3  2 x   y  10     x 7   Vậy A  3;3 , B  1;  1 , C  7;  1 A  7;  1 , B  1;  1 , C  3;3