(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) a) Cho phương trình bậc hai x 2mx 3m 0 , x ẩn, m tham số Tìm tất 2 giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm x1.x2 x1 x2 đạt giá trị nhỏ b) Cho tam thức bậc hai f x ax bx c, a 0 Chứng minh f x 0 với x R 4a + c ≥ 2b Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: x x 1 2x (x R) x y x xy y 3 3 x y x, y b) Giải hệ phương trình: x y x x Câu (2 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a2 b2 c2 3 a b c b c a b) Giải bất phương trình: 3 x 1 x x R Câu (3 điểm) a) Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác vuông ABE ACF với BAE CAF 900 , cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M trung điểm BC, chứng minh AM vng góc với EF b) Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA , c = AB Chứng minh a b2 2c tan A + tan B = 2tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường trịn ngoại tiếp ttrong 11 ; ) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác ABC biết 3 đỉnh B nằm đường thẳng (d): 2x + y – = điểm M(4;2) nằm đường cao kẻ từ đỉnh B cảu tam giác ABC tâm có tọa độ I (4;0), G ( http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án m 2 Câu a) Phương trình cho có hai nghiệm x1.x2 ' m 3m 0 m 1 Với điều kiện trên, theo định lí Viets ta có: x1 x2 2m, x1 x2 3m 2 Do x12 x22 x1 x2 x1 x2 4m 3m 4m 6m 3 7 x12 x22 4m 6m 2m , m D ;1 2; 2 4 Đẳng thức xảy 3 2m 0 m D 2 2 Vậy biểu thức x1 x2 đạt giá trị nhỏ m = 4 b) Do f x 0 với x R nên f 0 c 0 a a Mặt khác f x 0 với x R b 4ac b 4ac 0 Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 4a c 2 4ac 2 b 2 b 2b (điều phải chứng minh) x 0 x 2 x 2 x Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với: 3 x 0 Câu a) Cách 1: Điều kiện: x 0 x 0 x x 3x x x x x 3 3x x x 3 x x 3 3 x 3x 3x x x x 3 x x x 0 x 3 Kết hợp với điều kiện ta x = Vậy tập nghiệm phương trình S = {3} Cách 2: Đặt u x 2; v x 3; t 3x (u, v, t 0 x 2) Ta có hệ phương trình u v t u v u v 1 u v 2uv 2u 2v 2 u v t u 1 Vậy uv u v 1 0 u 1 v 1 0 v 1 Với u 1 x 1 x 3 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Với v 1 x 1 x (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = b) Điều kiện: x 6, y Từ phương trình đầu hệ ta có: x y x xy y 3 3 x y x y x xy y x y 3x y x3 y x y x y 3 x 1 y 1 x y y x x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x x x x 8, x 1 x x x x 0 x x x 3 x 1 0 x 6 3 x 1 1 x 3 x 1 0 x 1 x 6 3 1 x 3 x 1 x 6 3 x 1 Khi x 3 y 1 So sánh với điều kiện tập xác định ta nghiệm hệ phương trình (x;y) = (3;1) Câu a) Yêu cầu toán a b2 c 2 a b c 3 a b c a b c b c a a b2 c2 2 2a b 2b c 2c a a b b c c a b c a a b b c c a 2 a b b c c a b c a Bất đẳng thức (*) < a, b, c < Dấu đẳng thữ xảy a = b = c = (*) Vậy bất đẳng thức chứng minh b) Tập xác định x 2 Đặt t x 2, t 0 suy x t 2, thay vào bất phương trình ta được: 3 t 1 t t t t 4t 4t 0 t t 1 t 0 t 3 t x 3 x 1 x 11 x 3 Kết hợp với tập xác định ta tập nghiệm S = 2;3 11; Câu a) Ta có http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word AM AB AC ; EF AF – AE AM EF AB AC AF – AE AB AF – AC AE AB AE AC AF AB AF cosBAF – AC AE cos CAE 0 Do ABE ACF AB AF AC AE BAE CAE 900 BAC Vậy AM EF AM EF Cách 2: Dựng hình bình hành ACDB Do ABE ACF nên ta có AB AE (1) AC AF Do ACDB hình bình hành nên ta có AB CD (2) AC CA Do CAB EAF 1800 ; CAB ACD 1800 nên ta có ACD EAF (3) Từ (1), (2), (3), ta có DCA EAF Vậy CAD AFE Do CAD FAH 900 AFE FAH 900 nên AM EF Cách 3: Theo giả thiết ABE ACF nên ta có 1 Ta có AM AB AC (2) AB AE k (1) AC AF Xét phép quay vecto góc quay +900 , từ (1) ta có AB k AE ; AC k FA 1 1 Vậy AM AB AC k FA AE k FE (3) 2 1 Từ (2) (3), ta có phép quay vecto góc quay +900, AM k FE Kết luận: qua phép quay vecto góc quay +900 AM k FE Vậy AM FE Cách 4: xét hệ trục vng góc Mxy hình vẽ Ta có M (0;0); C(m;n); B(-m;-n); A(0;a) (m > 0) Vecto AC có tọa độ AC m; n a Vecto AB có tọa độ AB m; n a Phương trình đường thẳng AF nhận AC vecto pháp tuyến m x n a y a 0 a n yF a ; yF Vì F AF F m http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Phương trình đường thẳng AE nhận AB vecto pháp tuyến m x n a y a 0 n a yE a ; yE Vì E AE E m AB kAE Do có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên AC kAF Suy ra: m n a k m n a k a n yE a yE a m m k yE a yE yF m k y a F a n yF a yF a m Vậy AM EF Cách 5: (Dành cho em học sinh học qua số phức) Gọi a, b, c, e, f, m lầ lượt số phước tọa vị A, B, C, E, F,M AB AE k Ta có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên AC AF biểu diễn số phức b – a AB AC biểu diễn số phức c – a biểu diễn số phức e – a AE AF biểu diễn số phức f – a Vì AC AF nên c – a = - ki(f – a) (2) Từ (1) (2) ta có b + c – 2a = ki(e – f) 2(m – a) = ki(e – f) (k ∈ R) Vì AM biểu diễn số phức m – a, FE biểu diễn số phức e – f, nên ta có AM EF 2S sin A 4S bc2 2 b) Ta có tan A cos A b c a b c a2 2bc 4S 4S , tan C Tương tự ta tính tan B 2 c a b a b2 c2 4S 4S 4S 2 Theo giả thiết tan A + tan B = 2tanC 2 2 b c a c a b a b2 c 2 a b c b c a 2 c a b a b c 2b 2c b c a 2c a 2c 2a 2b 4a 2b 2 2c a b c a b 2c a b 2c a b Hay tam giác ABC cân c) Gọi B (a;1 – 2a) ∈ d http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 3 BN BG (1) Gọi N trung điểm AC suy 2 11 Mà BN xN a; y N 2a 1 , BG a; 2a 3 Theo (1) 11 11 a xN a a xN y 2a 2a y a N N 2 3 11 a a N ; a Ta có: IN ; a BM a; 2a 1 mà IN / / BM k : IN k BM 3 a a 1 k a B 1; 1 , N 5;1 a k 2a 1 k 3 Ac qua N(5;1) có vecto pháp tuyến n IN 1;1 suy AC có phương trình x + y – = Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R = IB = 10 nên có phương trình: x y 10 Suy tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: y 6 x y 6 x x 3 2 x 7 x y 10 Vậy A(3;3), B(1;-1), C(7;-1) A (7;-1), B (1;-1), C(3;3) x y 0 2 x y 10 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word