SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm) a) Cho phương trình bậc hai x 2mx 3m 0 , x ẩn, m tham số Tìm tất 2 giá trịcủa m để 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 4a c 4b Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x x 1 2x x 2 2 x y x xy y 3 3 x y x, y b) Giải hệ phương trình x y x x Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh a b c a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 b) Giải bất phương trình 3 x 1 x x Câu (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC AB AC nhọn, không cân, nội tiếp đường tròn (O), trọng tâm G a BC , b CA, c AB Gọi M trung điểm cạnh AC Chứng minh bốn điểm A, O, M, G nằm đường trịn b c 2a b) Cho tam giác ABC không vuông a BC , b CA, c AB Chứng minh a b 2c tan A tan B 2 tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ tâm 11 đường trịn ngoại tiếp, tâm có tọa độ I 4; , G ; Tìm tọa độ 3 đỉnh A, B, C tam giác ABC biết đỉnh B nằm đường thẳng d : x y 0 điểm M 4; nằm đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày (3,0 điểm) 1a (2,0 điểm) Điểm m 2 Phương trình cho có hai nghiệm ' m 3m 0 m 1 Theo định lí Vi – ét ta có x1 x2 2m, x1 x2 3m 0,5 0,25 0,5 Do x12 x22 x1 x2 x1 x2 4m 3m 4m 6m Lập bảng biến thiên hàm số f m 4m 6m ;1 2; ta m - + + + 0,75 fm 2 Từ bảng biến thiên ta f m 4m 6m đạt giá trị nhỏ m 1 1b (1,0 điểm) Do f x 0 với x nên f 0 c 0 a Mặt khác f x 0 với x b 4ac 0 0,5 0,5 Ta có 4a c 2 4ac 2 b 2 b 2b a b 4ac (2,0 điểm) 2a (1,0 điểm) x 0 x 2 x 2 x Phương trình cho tương đương với: x x 3x 3 x 0 Đkxđ x 0 x 0 x 2x x x 3 3x 0,5 3x x x 3 x x 3 3 x 3x x x x 3 x x x 0 x 3 0,25 Kết hợp với đkxđ ta x 3 Vậy tập nghiệm phương trình S 3 2b (1,0 điểm) Đkxđ: x 6, y Từ phương trình đầu hệ ta có: x y x xy y 3 3 x y 0,25 x y x xy y x y 3x y 0,5 x3 y x y 3 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 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 x 3 So sánh với đkxđ ta x, y 3,1 (2,0 điểm) 3a (1,0 điểm) a b c Ta có a 1 b 1 b 1 c 1 c 1 a 1 0,5 0,25 4a c 1 4b a 1 4c b 1 3 a 1 b 1 c 1 ab bc ca a b c 3abc ab bc ca a b c ab bc ca a b c 6 Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: ab bc ca 3 ab.bc.ca 3 a b c 3 abc 3 Cộng vế hai bất đẳng thức ta ab bc ca a b c 6 Dấu đẳng thức xảy a b c 1 Vậy bđt chứng minh 3b (1,0 điểm) Đkxđ x 2 Đặt t x 2, t 0 suy x t , thay vào bất phương trình ta được: 0,25 0,25 0,25 0,25 3 t 1 t t t 3 t 1 t t t t 4t 3t 0 t t 1 t 3 0 x 3 t 3 t 1 x 1 x 11 x 3 0,25 0,25 0,25 Kết hợp với đkxđ ta tập nghiệm S 2;3 11; (3,0 điểm) 4a (1,0 điểm) A M G O B C Ta có OA OB OC 3.OG 9.OG OA OB OC OA2 OB OC 2.OA.OB 2.OB.OC 2.OC.OA 3R OA2 OB AB OB OC BC OC OA2 CA2 9R a b c Do điểm A, G, O, M nằm đường tròn nên OG vng góc với GA hay 1 OG GA2 OA2 R a b c 2b 2c a R 9 2 2 2 2 R a b c 2b 2c a 9 R b c 2a 4b (1,0 điểm) 2S sin A 4S bc2 2 Ta có tan A Tương tự ta tính tan B, tan C cos A b c a b c a2 2bc 0,25 0,5 0,25 0,5 Theo giả thiết tan A tan B 2 tan C 0,25 4S 4S 4S 2 2 2 b c a c a b a b2 c2 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 0,25 2c a b 2c a b Hay tam giác ABC cân 4c (1,0 điểm) A M N H G I (d) B C Ta chứng minh IH 3.IG 0,25 x y x y 0 1 Do B giao (d) đường thẳng MH nên tọa độ B nghiệm hệ: x y 0 x 1 B 1; 1 x y 0 y 3 Gọi N trung điểm AC Khi BN BG N 5;1 Ta có nAC uMN 1;1 pt AC :1 x y 1 0 x y 0 0,25 Suy H 3;1 pt MH : Do A thuộc đường thẳng AC nên A t ;6 t , kết hợp với I tâm đường tròn ngoại tiếp t 3 2 2 tam giác ABC nên IA IB t t 10 t 7 0,25 +) Với t 3 A 3;3 , C 7; 1 +) Với t 7 A 7; 1 , C 3;3 0,25 Vậy A 3;3 , B 1; 1 , C 7; 1 A 7; 1 , B 1; 1 , C 3;3