(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) 1 2 x R x x2 b) Cho phương trình bậc hai x 2mx m 2m 0 (x ẩn m tham số) Tìm tất a) Giải phương trình: giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm khơng âm x1 , x2 Tính theo m giá trị biểu thức P x1 x2 tìm giá trị nhỏ P Câu (2 điểm) 2 x xy y x y 0 x, y Giải hệ phương trình: x xy y 2 Câu (1 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không chọn Chứng minh a b2 c a12 b12 c12 10 Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC, nhọn, không cân nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi G M trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vng góc với đường thẳng OM AC2 + AB2 + 2BC2 = 12R2 a) Cho tam giác ABC có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C m, n, p Tính độ dài cạnh AB, BC, CA theo m, n b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C có phương trình x y 0, x 0, x y 0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 10 đỉnh A có hồnh độ âm Câu (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD điểm M nằm tứ giác (M khơng nằm cạnh tứ giác ABCD) Chứng minh tồn gốc MAB có số đo , MBC , MCD , MDA không lớn 450 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án x 0 x 2;0 0; Câu a) Điều kiện: x 1 Đặt y x Thay vào ta được: 2 x y x y 2 Do ta có hệ phương trình: 1 x y 2 x y 2 x y 2 xy x y xy 2 x y 2 xy x y 2 x y x y 0 xy 1 x y 2 xy x y xy 0,5 x y 2 ) xy 1 y 2 x x x 0 x 1 y 1 x y x y ) xy y y 1 x (do y 0) y ;1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 2 b) Phương trình x 2mx m 2m 0 (1) có hai nghiệm không âm ' m m 2m 0 S 2m 0 m 2 P m 2m 0 Theo định lý Vi-et ta có x1 x2 2m; x1 x2 m 2m Do x1 x2 Do m 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2m m 1 3 x1 x2 Dấu đẳng thức xảy m = x xy y x y 0 x, y Câu 2: x xy y 2 x xy y x y y 0 x 1 y 0 x 1 y 2 Xét x 1 y y 0 y 1 y 2 Xét y 2 x x 0 x 0 x 1 Hệ phương trình có tập nghiệm S 1; , 1;1 , 0; Câu Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác khơng nhọn nên có cấc bất đẳng thức xảy ra: a b c , b c a , c a b Giả sử a b c ta có: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word a 2 1 1 1 b c 1 b c 1 a b2 c2 a a b c b c b c 1 a b2 c2 4 b2 c2 a2 3a a2 b2 c2 a2 b2 c2 1 2 2 1 2 10 b c b c a2 b c a2 1 2 Do a b c 10 a b c Dấu xảy tam giác ABC tam giác vuông cân Câu a) Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có: OB OC OA OB OC OG OM Khi OG OM OG.OM 0 OA OB OC OB OC 0 OA.OB OA.OC 2OB.OC R 0 1 R AB R AC R BC R 0 2 2 2 a b a b (chú ý a.b ) 2 AB AC BC 12 R a b c b) Kí hiệu a = BC, b = CA, c = AB, p 2S 2S 2S Khi ta có a , b , c m n p Theo cơng thức Hê – rơng ta có: S p p a p b p c 1 1 1 1 1 1 1 1 4S 2S 2S 2S 2S m n p m n p m n p m n p S 4 S k S k 1 1 1 1 Trong k m n p m n p m n p m n p 2 Do a , b , c mk nk pk http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word c) Do BC vng góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng x y c 0 Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ x y c 0 x 2 B 2; c ,tọa độ C nghiệm x 0 y c hệ phương trình 2 x y c 0 x 2 C c 3; c x y 0 y c AB qua B 2; c vng góc với đường cao kẻ từ C nên AB :1 x y c 0 x y c 0 Tọa độ đỉnh C nghiệm hệ x y c 0 x 2c 12 A 2c 12; c x y 0 y c 16 AB AC.BC AB AC.BC AB AC 10 2 10 Theo giả thiết ta có 10 S ABC 2d A, BC BC d A, BC 2c 10 2 2c 10 3c 15 4c 24 c c c 2 10 c 2 c +) Nếu c A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 +) Nếu c A 6;3 , B 2; 1 , C 0;3 khơng thỏa mãn hồnh độ A âm Vậy A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 , MBC , MCD , MDA 450 (1) Câu 5: Giả sử MAB cot MAB MA2 AB MB MA2 AB MB Ta có cot MAB 4S MAB sin MAB 2.MA.MB.sin MAB Kết hợp với (1) ta MA2 AB MB cot 450 1 MA2 AB MB S MAH (2) S MAB Tương tự ta bất đẳng thức sau đây: MB BC MC 4S MBC (3) MC CD MD S MCD (4) MD DA2 MA2 4S MDA (5) Cộng theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB BC CD DA2 S MAB S MBC S MDA 4S ABCD (6) Mặt khác, ta lại có: AB BC CD DA2 2 AB.BC 2CD.DA 4S ABC 4SCDA 4S ABCD , mâu thuẫn vơi (6) Do giả sử ban đầu sai suy tồn góc MAB có số đo khơng lớn , MBC , MCD , MDA 450 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word