1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

De hsg toan thpt vinh phuc 01

6 2 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 305 KB

Nội dung

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 fm 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

Ngày đăng: 26/10/2023, 09:08

w