Đề thi hsg lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013

(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