(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên năm 2011 – 2012) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4 điểm) x x x x 2 x Giải phương trình 2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m tham số): x m 1 x m3 m 1 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 x2 4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P x13 x23 x1 x2 x1 x2 Câu x x3 y xy xy y 1 x, y Giải hệ phương trình: x y xy x 1 1 Câu Cho x, y hai số thực dương thỏa mãn điều kiện: x x2 y y 2012 Tìm giá trị nhỏ P x y Câu Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P điểm đối xứng O qua đường thẳng BC, CA, AB; H trực tâm tam giác ABC va fL trọng tâm tam giác MNP Chứng minh OA OB OC OH ba điểm O, H, L thẳng hàng Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử tồn điểm M nằm bên tứ giác cho MAB MAC MCD MDA Chứng minh đẳng thức sau: AB BC CD DA2 , số đo góc hai đường thẳng AC BD AC.BD.sin Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm cot 13 15 M 1; , N ; , P ; (M, N, P không trùng với đỉnh ABC ) Tìm tọa độ 2 2 đỉnh A, B, C biết đườn thẳng AB qua điểm Q 1;1 điểm A có hồnh độ dương http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án Câu 1 Cách 1: 2 1 1 Ta có : x x x , x x x , nên phương trình xác định với x 2 2 Phương tình cho tương đương với x2 x 1 x2 x 1 x x 1 x x 1 4 x x x 4 x x 1 x 1 x 0 x 1 2 4 2 x x 1 x x x x x x 1 x 0 Vậy phương trình có nghiệm x = 0; x 0 2 3 1 3 x ; x x x 2 2 1 3 1 3 u x ; v x Xét , u v 1; u v 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức u v u v , ta có u v x x x x x x x x 2 1 Cách 2: Ta có: x x 2 Dấu xảy x = Phương trình cho có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 x2 4 ' 0 x1 x2 4 m m2 0 2 m 1 4 m 2 m 0 m 3 m 0 m 3 Theo định lý Viet ta có x1 x2 2 m 1 , x1 x2 m3 m 1 3 2 P x1 x2 x1 x2 8 m 1 8m3 m 1 16m 40m Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 m =2, Pmin 144 m = -2 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word x y xy x y xy 1 2 x y xy 1 a x y a ab b 1 * Đặt Hệ trở thành: b xy a b 1 x x3 y xy xy y 1 Câu Ta có x y xy x 1 1 a a 2a 0 Hệ (*) b 1 a a a a 0 b 1 a Từ tìm a; b 0;1 ; 1;0 ; 2; x y 0 x y 1 +Với a; b 0;1 ta có hệ xy 1 x y 1 a ; b 1;0 x; y 0; 1 ; 1;0 ; 1;0 ta có hệ +Với xy 0 x y a ; b 2; +Với ta có hệ xy 3 y x x 1; y 3 x 1 x x 3 0 Vậy hệ nghiệm x; y 1;1 ; 0; 1 ; 1;0 ; 1;0 ; 1;3 Câu 3: Đặt t x x dễ thấy t > t 1 1 x x Từ giả thiết ta có y y t2 (1) 2t 2012 20122 t Từ suy y (2) t 2.2012t t 20122 t 2011 2012 Từ (1) (2) suy x y t 2t 2.2012.t 2.2012 t Do x y 2011 2012 2011 2011 t 2012 2.2012 t 2.2012 2012 Đẳng thức xảy t 2012 Từ (1) (2) suy x y 2011 2012 2011 2011 , x y 2012 2012 Câu Kẻ đường kính AD, tứ giác BHCD hình bình hành nên trung điểm K BC trung điểm HD, tam giác AHD có OK đường trung bình nên 2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH Ta có: OB OC 2OK OM đẳng thức tương tự ta được: OM ON OP 2 OA OB OC 2OH 3OL 2OH suy O, H, L thẳng hàng Vậy giá trị nhỏ P http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word AB MA2 MB 2 Trước hết ta có kết sau: S ABCD AC.BD.sin ;cot S MAB Tương tự ta được: cot AB MA2 MB BC MB MC CD MC MD S MAB S MBC S MCD DA2 MD MA2 AB BC CD DA2 S MDA S MAB S MBC S MCD S MDA AB BC CD DA2 AB BC CD DA2 S ABCD AC.BD.sin Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập phương trình là: x y x 29 0 suy tâm K đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ K ;0 Do AB KP nên AB có vecto pháp tuyến: nAB KP 2;1 Suy phương trình AB : x 1 1 y 1 0 x y 0 Do A, B nghiệm hệ phương trình 2 x y 0 y 2 x x 1; y 5 2 x y 3x 29 x 3x 0 x 4, y Suy A (1;5), B (-4;-5) Do AC KN nên AC có vecto phương nAC KN 2;1 Suy phương trình AC : x 1 y 0 x y 0 tọa độ A, C nghiệm hệ 2 x y 0 y x phương trình: 2 x y x 29 0 x x 0 Từ suy C (4;-1) Vậy A (1;5), B (-4;-5), C (4;-1) x 1; y 5 x 4, y http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word