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