Đề thi hsg lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014

(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