Dap an 30 đề đề hsg toán 10 toàn quốc 2010 2018 22 31

ĐỀ SỐ 22 Câu 1: b ∆ −9 = ;− = 2a 4a 1 Hàm số nghịch biến −∞ ; , đồng biến ;+ ∞ 2 a) Tập xác định hàm số R a=1>0, − ( ) ( ) y O x 2 b) Phương trình hồnh độ giao điểm : x−x−2=x+ m↔ x 2−2 x−m−2=0 Đường thẳng cắt đồ thị hai điểm phân biệt ↔ ∆' >0 → m>−3 |m| ∆ : x− y+ m=0, d ( O , ∆ ) = √2 A ( x ; x +m ) , A ( x ; x +m ) 2 AB= ( x 2−x ) + ( x2 +m−x 1−m ) =√ 2(x 2−x1 )2 √ ¿ √ 2( x 2+ x )2−8 x x 2=√ 2.22 −8(−m−2)= √8 m+24 |m| AB=d ( O , ∆ ) ⟺ √8 m+24= ⇔ m2 −16 m−48=0 √2 ⇔ m=8 ± √ (Thỏa mãn điều kiện) Câu 2: a) HPT ⇔¿ Đặt u=( x 2−10 x ) ; v=( y 2−10 y ) Ta có u v=81,u+ v=−18 Suy u , v nghiệm phương trình X +18 X + 81=0 Suy u=v=−9 Hệ cho tương đương với hệ phương trình sau: { ( x 2−10 x ) =−9 ⇔ x2−10 x +9=0 ⇔ x=1 ∨ x=9 ( y 2−10 y )=−9 { y 2−10 y + 9=0 { y=1 ∨ y =9 Hệ cho có nghiệm (1; 1), (1; 9), (9; 1), (9; 9) b) Đặt t=√ x 2−5 x+7 , ( t ≥ ) Khi ( x−1 ) ( x−4 )=t 2−3 2 Phương trình trở thành t=3 ( t −3 ) +8 ⇔ t −2 t−1=0 ⟺ t =1 ∨t= −1 không thỏa mãn điều kiện Với t = 1, ta có √ x 2−5 x+7=1 ⟺ x 2−5 x +6=0 ⟺ x=2∨ x=3 Vậy phương trình có tập nghiệm {2; 3} t= −1 c) √ + x+ √ 4−x+ √ 16− x2=m (điều kiện −4 ≤ x ≤ ¿ Điều kiện cần Giả sử hệ có nghiệm x0 Ta có √ + x 0+ √ 4−x 0+ √ 16−x02 =m √ ⟹ 4+(−x ¿¿ 0)+ 4−(−x¿¿ 0)+2 √ 16−(−x 0)2 =m ¿ ¿ ⟹−x nghiệm phương trình Vì phương trình có nghiệm nên x 0=−x ⟹ x =0 ⟹m=12 Điều kiện đủ Xét m = 12 phương trình cho trở thành: √ √ + x+ √ 4−x+ √ 16− x2=12 2 √ 16−x ≤ √16=8, ( √ 4+ x+ √ 4−x ) =8+2 √16−x ≤ 16 ⟹ √ 4+ x + √ 4−x +2 √ 16−x ≤ 4+8=12 Đẳng thức xảy ⟺ x=0 Phương trình có nghiệm x = Vậy m = 12 Câu 3: a) ( a+ b ) ( a+c ) ( b+ c )( b +a ) ( c+ a ) ( c+ b ) + + ≥ ( a+b+ c ) a b c bc ca ab ⟺ a+ b+c + +a+ b+c + + a+b+ c+ ≥ ( a+b+ c ) a b c bc ca ab ⟺ + + ≥ a+b +c a b c bc ca ca ab ab bc + ≥2c , + ≥2a, + ≥2b Áp dụng BĐT Côsi, ta có: a b b c c a bc ca ab + + ≥ ( a+b+ c ) a b c bc ca ab ⟹ + + ≥ a+b+ c a b c ( a+ b+c ) 1 ⟹ + + ≥ ab+ac bc +ba ca+cb ( a+ b ) ( b+ c ) ( c +a ) Đẳng thức xảy a = b= c b) S2=¿ S2=x + y + z 2+| x|(| y|+|z|) +| y|(| z|+|x|) +|z|(|x|+| y|) Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có: | y|+| z|≥| y + z|=|−x|=|x|⟹|x|(| y|+|z|) ≥ x Chứng minh tương tự:| y|(|z|+| x|) ≥ y ,|z|(|x|+| y|) ≥ z BĐT ⟺ ( ) Vì S2 ≥2 ( x 2+ y 2+ z ) Thay x 2+ y 2+ z 2=8⟹ S2 ≥16 ⟹ S ≥ Dấu xảy ( x ; y ; z )=(2;−2 ; 0) hoán vị; ta có S = Vậy S = Câu 4: a) cos A b2 +c 2−a b2 +c 2−a2 = = , sin A 2bcsin A 4S cos B a2 +c 2−b a 2+ c 2−b2 cot B= = = sin B acsin B 4S c2 c a2 +b ⇒ cot A+ cot B= ⟹ = 2S 2S 2S 2 ⟹ c =a +b ⟹ tam giác ABC vuông C cot A= b) A B2 C2 F E A1 M B C1 D A2 C B1 MD+ ⃗ ME +⃗ MF= ⃗ MO Ta chứng minh: ⃗ Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC A1, A2; kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC, AB B1, B2; kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC, AC C1, C2 Các tam giác MB1C1, MA2C2, MA1B2 1 ⃗ MD= (⃗ M B1 +⃗ M C1) ,⃗ ME= (⃗ M A2 +⃗ M C2 ) , ⃗ MF= (⃗ M A +⃗ M B2 ) 2 ⃗ MD+ ⃗ ME +⃗ MF= (⃗ M B1 +⃗ M C 1) + (⃗ M A 2+⃗ M C ) + (⃗ M A 1+⃗ M B2 ) ¿ (⃗ MA +⃗ MB+⃗ MC ) = ⃗ MO (1 ) 2 Gọi G trọng tâm tam giác DEF Ta có (⃗ MD+ ⃗ ME +⃗ MF )=3⃗ MG ( ) MO=3 ⃗ MG ⟹ ⃗ MO=2⃗ MG Từ (1) (2) ta có ⃗ ⟹ M, O, G thẳng hàng Vậy OM qua trọng tâm tam giác DEF [ Câu 5: ] a) A E B A: D C M ⟹ A ( ; 0) {x− y=0 y−2=0 Gọi E điểm đối xứng B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC , E ( 1;−3 ) x−2 y−0 = ⇔ x− y−6=0 Phương trình đường thẳng AC: 1−2 −3−0 c+ c−3 ; C(c; 3c - 6), M 2 c+ c−3 − −2=0 ⟺ c=0 ⟹ C ( ;−6 ) 2 b).Gọi M trung điểm BC, ta có MD = ME ( ) y E C A M D -1 B -1 x Gọi M(m; - 2m + 1), ta có MD = ME nên: ⟹ √5 m 2−8 m+5=√ m2−10 m+5 ⟹ m=0 ⟹ M ( ; ) Ta có B(b; -2b + 1), b > 0, MB=√ ( b−0 )2 +¿ ¿ MB=MD=√ ⟹ √ b2=√ , b>0 ⟹ b=1⟹ B ( ;−1 ) ĐỀ SỐ 23 Câu 1: Hàm số f(x) xác định khi: { −x 2+2 x +3>0 ⟺ x 2−2 x> −1< x