SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010 TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU III Môn: Toán học 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút Câu 1: Giải phương trình, bất phương trình sau: a. 2 1 1 1 1 1 x x x x = + + + − b. 2 7 2 1 2 2 x x x x x+ − − ≥ − + − − Câu 2: Giải hệ phương trình: 3 2 3 2 3 (2 1) 3 x xy y y x xy + = + + − = Câu 3: Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là R: 2 2 ( 1)( ) 0x x x x m+ − + + ≥ Câu 4: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E bất kì, D là điểm cùng phía với B đối với đường thẳng AC sao cho tam giác CED đều. Gọi N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BE. a. Chứng minh rằng: Tam giác CNP đều. b. Tìm quỹ tích điểm M sao cho: 2 2 2 2MA MB MC+ = Câu 5: Cho x, y thỏa mãn: 2 2 1x y+ = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2P x xy y= + − Hết By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school– ĐÁP ÁN Câu 1: a. ĐKXĐ: 1x ≠ ± . Với ĐK đó: Ta có: 2 1 1 1 1 1 x x x x = + + + − (1) 2 0 1 1 0 2 2 2 1 1 . 2 2 1 1 1 1 0 1 1 1 1 2 0 1 x x x x x x x x x x x x x x x x = = = − ⇔ = = ⇔ ⇔ = + − + − ≥ + = − − ≤ + c. ĐKXĐ: 1x ≥ . Với ĐK đó: Đặt 2 1t x x= + − − Suy ra: 2 2 2 2 7 2 1 2 2 2 4 2 2 t t x x x x x x= + − + − ⇔ − + − − = − Khi đó bất phương trình trở thành: 2 2 8 0 2 4t t t− − ≤ ⇔ − ≤ ≤ - Với 2t ≥ − suy ra: 2 1 2 2 2 1x x x x+ − − ≥ − ⇔ + + ≥ − 6 4 2 1 7 4 2 0x x x x x⇔ + + + ≥ − ⇔ + + + ≥ (đúng 1x ∀ ≥ ) - Với 4t ≤ suy ra: 2 1 4 2 1 4x x x x+ − − ≤ ⇔ + ≤ − + 2 15 8 1 13 8 1 0x x x x⇔ + ≤ + + − ⇔ + − ≥ (đúng 1x ∀ ≥ ) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là ) 1; +∞ Câu 2: Ta có: 3 2 3 2 3 (2 1) 3 x xy y y x xy + = + + − = 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 3 2 3 2 [ (2 1)] 0 ( )( 1) 0 x xy x xy x xy y y x xy x y x xy y + = + = ⇔ ⇔ + − + + − = − − + + = Mặt khác 2 2 2 2 3 1 1 0 2 4 y y x xy y x − + + = − + + > ÷ Do đó: Hệ PT 3 2 1 2 3 x y x y x xy = ⇔ ⇔ = = + = Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là x=y=1 By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school– Câu 3: Đặt 2 1t x x= + − suy ra 2 1 5 5 2 4 4 t x − = + − ≥ ÷ . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành: ( ) 2 t t m 1 0 ( 1) 0t m t+ + ≥ ⇔ + + ≥ (1) Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R thì (1) phải có tập nghiệm là 5 ; 4 − +∞ ÷ Xét 2 ( ) ( 1).f t t m t= + + ta có 2 trường hợp: - 1 TH : ( 1) 5 3 2 4 2 m m − + − < ⇔ > . Khi đó ta có bảng biến thiên ( )f t trên 5 ; 4 − +∞ ÷ Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để ( ) 0f t ≥ với 5 ; 4 t − ∀ ∈ +∞ ÷ thì: 5 0 4 f − ≥ ÷ hay 2 5 5 5 1 .( 1) 0 1 4 4 4 4 m m m − + ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤ ÷ Kết hợp với ĐK trên ta thấy không có m thỏa mãn - 2 TH : ( 1) 5 3 2 4 2 m m − + − ≥ ⇔ ≤ Khi đó ta có bảng biến thiên ( )f t trên 5 ; 4 − +∞ ÷ By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school– t ( 1) 2 m − + ( )f t − ∞ +∞ 5 4 − t 5 4 − ( )f t − ∞ + ∞ ( 1) 2 m − + Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để ( ) 0f t ≥ với 5 ; 4 t − ∀ ∈ +∞ ÷ thì: ( 1) 0 2 m f − + ≥ ÷ Hay 2 2 2 ( 1) ( 1) 0 ( 1) 0 1 4 2 m m m m + + − ≥ ⇔ + ≤ ⇔ = − (thỏa mãn ĐK) Vậy ĐK để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R là 1m = − Câu 4: a, Dễ dàng chứng minh được ADE BCE = V V (c.g.c) Từ đó suy ra: · · · · NAC PBC NAC PBC AD BE AN BP = = ⇒ = = Mà AC=BC Suy ra ANC BPC = V V · · CN CP NCA PCB = = Do đó: · · · · · ( )ACB ACB NCA PCB NCP= − + = hay · 0 60NCP = Suy ra tam giác NCP cân và có 1 góc bằng 60 0 Vậy tam giác NCP đều . W b, Gọi O là trọng tâm của ABCV vì ABCV đều nên OA=OB=OC. Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2( ) 2 2. .( ) 2 4. . 2. .( ) 4. . MA MB MC MA MB MC MO OA MO OB MO OC MO MO OA OB MO MO OC MO OA OB MO OC + = ⇔ + = ⇔ + + + = + ⇔ + + = + ⇔ + = uuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur Mà 0OA OB OC OA OB OC+ + = ⇔ + = − uuur uuur uuur r uuur uuur uuur thay vào ta được: 2. .( ) 4. . . 0MO OA OB MO OC MO OC+ = ⇔ = uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur Vậy M thuộc đường thẳng qua O và vuông góc với OC. Câu 5: Cách 1: Ta xét 2 trường hợp: -TH1: y=0 ⇒ x 2 =1 Khi đó 2P = By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school– A B C E D N P -TH2: y ≠ 0 khi đó ta có thể đặt x=k.y ĐK bài toán trở thành 2 2 ( 1) 1k y+ = và 2 ( 2 2)P k k y= + − Do đó 2 2 2 2 2 2 2 ( 2 2) 2 2 ( 2) ( 2) 0 1 ( 1) 1 P k k y k k P P k k P k y k + − + − = = = ⇔ − − + + = + + (*) Để (*) có nghiệm thì 0≥V hay 2 9 1 4.( 2)( 2) 0 0 4 P P P− − + ≥ ⇔ − ≥ suy ra 3 2 P ≤ Khi P= 3 2 thay vào (*) được k= 1 3 2 2− Suy ra 2 2 2 2 1 1 (3 2 2) 1 18 12 2 1 1 3 2 2 y k − = = = + − + ÷ − - Nếu y= 3 2 2 18 12 2 − − thì 1 18 12 2 x = − - Nếu y= 2 2 3 18 12 2 − − thì 1 18 12 2 x − = − Vậy ax 3 2 m P = với x;y nhận các giá trị như trên. Cách 2: Áp dụng BĐT 2 2 ab a b≤ + ta được ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 . 2 2 1 . 3 2 2 2 1 . . 2 2 1 . 2 2 2 2 x y P x y x y x y − + + = − + − + ≤ − + = Và đẳng thức xảy ra khi a=b hay x và y nhận các giá trị như cách 1 Cách 3: (Sử dụng vectơ để CM BĐT) Trong mặt phẳng tọa độ chọn u r và v r sao cho 2 2 3 .( ) 2 P u v u v x y = + + = + r r r r Mọi người thử suy nghĩ và tìm cách chọn xem! Khi chọn xong rồi thì ta có ngay BĐT: u v u v+ ≥ + r r r r Từ đó tìm được GTLN của P rồi xét điều kiện xảy ra dấu “=” u v⇔ ↑↑ r r By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school– . SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010 TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU III Môn: Toán học 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút Câu 1: Giải phương. t t m t= + + ta có 2 trường hợp: - 1 TH : ( 1) 5 3 2 4 2 m m − + − < ⇔ > . Khi đó ta có bảng biến thi n ( )f t trên 5 ; 4 − +∞ ÷ Nhìn vào bảng biến thi n ta thấy để ( ). thay vào ta được: 2. .( ) 4. . . 0MO OA OB MO OC MO OC+ = ⇔ = uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur Vậy M thuộc đường thẳng qua O và vuông góc với OC. Câu 5: Cách 1: Ta xét 2 trường hợp: -TH1: