Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy.. Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều a, b, c là độ dài 3 cạnh, R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Cán bộ coi thi không giải th
Trang 1Sở GD Đt Thanh hóa–
Trờng thpt hậu lộc 4
-*** -Đề thi học sinh giỏi trờng môn toán khối 10
năm học 2010 2011–
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề
Câu I: (6 điểm)
Cho phơng trình:
(x2 − 1)(m− 3)x2 + 2(m− 3)x+ 4m= 2mx2 − 2m
1.Giải phơng trình với m = 1
2.Tìm m để phơng trình có đúng 2 nghiệm dơng phân biệt
Câu II: (6 điểm)
1 Giải bất phơng trình sau:
( ) ( ) ( ) ( ) 2
x− x− x− x− ≤ x
2 Giải hệ phơng trình sau:
2
+ − = − −
− = − −
Câu III: ( 6 điểm)
1 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy
Cho tam giác ABC có đỉnh (4; -2) Đờng phân giác trong và đờng trung tuyến kẻ từ A
có phơng trình lần lợt là: ( )l A : 2x− 3y+ = 12 0;( )∆ : 2x+ 3y= 0
Xỏc định tọa độ cỏc đỉnh của tam giác ABC
2 Cho tam giác ABC thỏa mãn: a2 + + =b2 c2 9R2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều ( a, b, c là độ dài 3 cạnh, R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC )
Câu IV: ( 2 điểm)
Cho x,y,z là 3 số dơng thỏa mãn điều kiện: x2 +y2 +z2 = 2011.
Tìm giá trị nhỏ nhất của P =xy z + yz x + zx y
.Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh : Số báo danh:
Trang 2Sở GD Đt Thanh hóa–
Trờng thpt hậu lộc 4
-*** -đáp án và thang điểm thi học sinh giỏi MÔN TOáN 10 năm học 2010 2011– –
I.1
( )
2
2
1 ( 3) 2( 3) 2 0(2)
=
x
1,5
m =1 Pt (2) trở thành −2x2 −4x+ = ⇔ = − +2 0 x 1 2;x= − −1 2
Vậy với m=1 Pt (I) có 4 nghiệm x= 1;x= − 1;x = − + 1 2;x= − − 1 2 1,5
I.2
Để PT (I) có dúng 2 nghiệm dơng phân biệt ⇔PT (2) có đúng 1
TH1: m=3 thì (2)⇔ = 6 0 ⇔ = ⇒ = 6 0 m 3 không thỏa mãn 0,5 TH2: m ≠ ∆ = − 3, , 9 m f2, ( ) 1 = 5 m − 9 0,5 KN1: (2) có nghiệm:
,
0
1 2
a
∆ =
≠ = > ⇔ ⇔ = −
− ≠
KN2: (2) có nghiệm 1 2
0 m 3
P 0
f(1) 0 m
5
< <
<
< < ≠ ⇔ ⇔
0,5
KN3: (2) có nghiệm 0 < <x1 x2 = 1, Không xảy ra do x1 + = − <x2 1 0 Vậy { } ( )3 0;3 \ 9
5
II.1
0
0
≠
x , phơng trình (3) x 8 6 x 8 9 4
⇔ + − ữ + − ữ≤
Đặt x 8 t
x
+ = , điều kiện t ≥ 4 2 (*) Bpt trở thành: t2 − 15t+ 50 0 ≤ ⇔ ≤ ≤ 5 t 10, kết hợp (*) ta đợc:
8
4 2 t 10 4 2 x 10 5 17 x 5 17
x
≤ ≤ ⇔ ≤ + ≤ ⇔ − ≤ ≤ +
1,0
Kl: nghiệm của BPT là: x∈ −5 17;5+ 17 0,5
II.2
đk: 1(**)
0
x y
≥
≥
0,5
Trang 3HPT ( )
− + + + + =
Giải (4) xem nh phơng trình bậc hai đối với ẩn x ta đợc:
1 2
x y
= −
= +
1,0
Thay x=1+2y vào (5) ta có:
= ⇒ =
+ − = − ⇔ = − ⇒ = − kết hợp (**) ngiệm của HPT là: (x;y) = ( 5;2)
1,0
1.Do (− 4; 2) ( ) ( )∉ l a ; ∉ ∆ Giả sử B(-4;2) 0,5 Tọa độ A thỏa mãn 2 3 12 0 ( 3;2)
x y
A
x y
− + =
+ =
Gọi B1 là điểm đối xứng với B qua ( )l a thì B1 ∈AC Tìm đợc
1 4;10
Dựng hình bình hành BACD trong đó AD là đơng chéo
PT đờng thẳng BD: 8x+y-30 =0 Tọa độ D thỏa mãn 8 30 0 ( )3;6
2 3 12 0
x y
D
x y
+ − =
− + =
Phơng trình AC: 8x+y+22=0 Phơng trình DC: 4x+7y -54=0⇒C(− 4;10) Vậy A(-3;2); B(4;-2); C(-4;10)
1,5
4
a b c
a b c
+ + = Nên giả thiết
2
4
9 3
3
+ +
+ +
a b c
a b c
R
( G, O lần lợt là trọng tâm và tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC
AG −AO +BG −BO +CG −CO = ⇔ −OG GA GB GC OA OB OC+ + + + + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
2
⇔ − uuur = ⇔uuur ur= ⇔ ≡ Vậy ∆ABC là tam giác đều
2,0
2 2 2 2 2 2
x y x z z y
= + + + + + =x y222 x z2 22 z y222 2.2011
z + y + x +
Ta có, theo BĐT Cosi: 2 2 2 2 2 2 2 2 2
x y x z z y
x y z
z + y + x ≥ + + Nên
2 3.2011 3.2011
P ≥ ⇒ ≥P Vậy GTLN của P bằng 3.2011 đạt đợc khi x=y=z= 2011
3
2,0