Đề thi hsg lớp 10 thpt hoàn kiếm – hà nội, năm học 2014 – 2015

(Đề thi HSG lớp 10 THPT Hoàn Kiếm – Hà Nội, năm học 2014 – 2015) Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4 điểm) Cho hàm số y  x  x  a) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho b) Tìm m để đường thẳng  : y  x  m cắt đồ thị hàm số cho hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB khoảng cách từ O đến ∆ Câu (6 điểm)  xy  x  10   y  10  81 a) Giải hệ phương trình:  2  x  y  10 x  10 y  18 0 b) Giải phương trình: x  x  3  x  1  x    c) Tìm m để phương trình:  x   x  16  x m có nghiệm Câu (4 điểm) a) Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng:  a  b  c 1    ab  ac bc  ba ca  cb  a  b   b  c   c  a  b) Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S x  y  z Câu (3 điểm) a) Cho tam giác ABC có diện tích S cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện a2  b2 Chứng minh tam giác ABC vuông 2S b) Cho tam giác ABC, O trọng tâm tam giác M điểm nằm tam giác M khác O.Gọi D E F hình chiếu vng góc m lên cạnh BC, CA, AB Chứng minh đường thẳng OM qua trọng tâm tam giác DEF cotA + cotB= Câu (3 điểm) a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC Gọi a b đường trung tuyến đường phân giác tam giác đường thẳng AD có phương trình x - y - = 0, y = Giả sử B(1;3), Viết phương trình đường thẳng AC xác định tọa độ điểm C b) Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, BE CD đường cao tam giác.Giả sử D(2;0), E(1;3) đường thẳng bc có phương trình x + y - = Tìm tọa độ điểm B biết B có hồnh độ dương Đáp Án Câu  b     ,  2a 4a 1  đồng biến  ;   2  a) Tập xác định hàm số R a = > , 1  Hàm số nghịch biến   ;  2  b) Phương trình hồnh độ giao điểm x  x  x  m  x  x  m  0 Đường thẳng cắt đồ thị hai điểm phân biệt   '   m   m  : x  y  m 0, d  O,    A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  AB   x2  x1  2   x2  m  x1  m   AB   x2  x1    x2  x1   x1 x2  2.22    m    8m  24 AB d  O,    m  m  16m  48 0  m 8 4 (thỏa mãn điều kiện) Câu a)  x  10 x   y  10 y  81  HPT   2  x  10 x   y  10 y   18 Đặt u  x  10 x, v  y  10 y Ta có u.v 81, u  v  18 Suy u, v nghiệm cảu phương trình x  18 x  81 0 Suy u = v = -9 2 Hệ cho tương đương với hệ phương trình sau:  x  10 x   x  10 x  0  x 1  x 9      y  10 y   y  10 y  0  y 1  y 9 Hệ cho có nghiệm  1;1 ,  1;9  ,  9;1 ,  9;9  b) Đặt t  x  x  7,  t 0   x  1  x   t  Phương trình trở thành 2t 3  t  3  2t 3  t  3   3t  2t  0 t 1  t  t 1 1 không thỏa mãn điều kiện Với t = 1, ta có x  x  1  x  x  0  x 2 x 3 Vậy phương trình có tập nghiệm  2;3 c)  x   x  16  x m (điều kiện   x 4) Điều kiện cần Giả sử hệ có nghiệm x0 Ta có  x0   x0  16  x02 m    x0      x0   16    x0  m   x0 nghiệm phương trình Vì phương trinh nên x0  x0  x0 0  m 12 Điều kiện đủ: Xét m = 12 phương trình cho trở thành 16  x 2 16 8  4 x  4 x  8  16  x 12  x   x  16  x 16   x   x  16  x 4  12 Đẳng thức xảy  x 0 Phương trình có nghiệm x = 0, m = 12 Câu a)  a  b   a  c    b  c   b  a    c  a   c  b  4 a  b  c BĐT    a b c bc ca ab  a b c  a b c  a b c  4  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 CoSi, ta có: a b b c c a  bc ca ab      2  a  b  c  c   a b bc ca ab    a  b  c a b c 1 4(a  b  c     ab  ac bc  ba ca  cb  a  b   b  c   c  a  Đẳng thức xảy a = b = c b) S  x  y  z   x  y  z   x y  y z  z x  S x  y  z  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  z 2 Chứng minh tương tự y  z  x   y , z  x  y   z 2 2 Vì S 2  x  y  z  Thay x  y  z 8  S 16  S 4 Dấu xảy ra,  x, y , z   2;  2;0  hoán vị, ta có S = Vậy S = Câu 4.a) cos A b  c  a b  c  a cos B c  a  b c  a  b   , cot B    sin A 2bc sin A 4S sin B 2ca sin B 4S c2  cot A  cot B  2S 2 c a b   2S 2S 2  c a  b  tam giác ABC vuông C b) Ta chứng minh     MD  ME  MF  MO 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 đều, cot A     MD  MB1  MC1       ME  MA2  MC2 , MF  MA1  MB2 2     1     MD  ME  MF   MB2  MC2  MA1  MC1  MA2  MB1   2      MA  MB  MC  MO (1) 2     Gọi G trọng tâm tam giác DEF Ta có MD  ME  MF 3MG    3 Từ (1), (2) ta có MO 3MG  MO 2 MG  M, O, G thẳng hàng Vậy OM qua trọng tâm tam giác DEF Câu a)  y 0 A:  A  2;0   x  y  0 Gọi E điểm đối xứng B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC, E(1;-3) x y   x  y  0 Phương trình đường thẳng AC 1    c  3c   C  c;3c   , M  ;                  c  3c    0  c 0  C  0;   2 b) Gọi M trung điểm BC, ta có MD = ME Gọi M  m;  2m  1 , ta có MD ME nên  5m  8m   5m  10m   m 0  M  0;1 , Ta có B  b;  2b  1 , b  0.MB  MB MD    b  0 2    2b   1  5b 5b  5, b   b 1  B  1;  1