Đề - ĐA HSG 10 - 2009 - 2010

Trờng thpt hậu lộc 4 *** Đề thi học sinh giỏi trờng năm học 2009 2010 Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề Câu I.(6 điểm) Cho phơng trình: ( ) 2 2 (x 2) x 2mx 2m 2x 3x 2 + = + + 1. Giải phơng trình với m=4. 2. Tìm m để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt. Câu II. (6 điểm) 1. Giải hệ phơng trình: 2 2 2 2 8 ( )( ) 12 x y x y x x y y + + + = + + = 2. Giải bất phơng trình: 2 2 2 3 2 4 3 2 5 4x x x x x x + + + + Câu III.(6 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm điểm C thuộc đờng thẳng (d): x-2y-1=0 sao cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB bằng 6. 2. Trong mặt phẳng, cho góc 0 xOy 60= . M,N là hai điểm lần lợt thay đổi trên 2 tia Ox và Oy sao cho : 1 1 2009 2010 + = OM ON . Chứng minh rằng: Đờng thẳng MN luôn cắt tia phân giác của góc xOy tại một điểm cố định. Câu IV.(2 điểm) Cho x và y là hai số dơng thoả mãn x y 2010+ = . Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : 2010 2010 x y P x y = + Hết Trờng thpt hậu lộc 4 *** đáp án và thang điểm thi học sinh giỏi tr- ờng năm học 2009-2010 Môn thi: Toán 10 Câu ý Nội dung Điểm I 1 (3 đ) * Với m=4 phơng trình trở thành: (x-2)(x 2 -8x +8) = -2x 2 +3x+2 (x-2)( x 2 -6x+9)=0 x-2=0 hoặc x 2 -6x+9=0 x=2 hoặc x=3. 1 1 1 2 (3 đ) Ta có: (x-2)(x 2 -2mx+2m) = (x-2)(-2x-1) (1) (x-2)[x 2 -2(m-1)x+2m+1]=0 x-2=0 hoặc x 2 -2(m-1)x+2m+1=0 (2) Để phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phơng trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2 , 2 2 ( 1) (2 1) 0 2 2( 1)2 2 1 0 m m m m = + > + + 4 hoặ 0 9 2 m c m m > < 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 II 1 (3đ) Đặt 2 2 u x x v y y = + = + Khi đó hệ trở thành: 8 12 u v uv + = = Suy ra u, v là nghiệm của phơng trình t 2 -8t+12=0 t=2 hoặc t=6 TH1 : Nếu u=2 thì v=6, khi đó ta có hệ : 2 2 2 6 x x y y + = + = 1 ặ 2 3 ặc 2 x ho c x y ho y = = = = Khi hệ có các nghiệm: (1;-3), (1;2), (-2;-3), (-2;2). TH2: Nếu u=6 thì v=2, khi đó ta có hệ: 2 2 6 2 x x y y + = + = 3 ặ 2 1 ặc 2 x ho c x y ho y = = = = Khi đó hệ có các nghiệm: (-3;1), (-3;-2), (2;1), (2;-2) Vậy hệ đã cho có các nghiệm: (1;-3), (1;2), (-2;-3), (-2;2), (-3;1), (-3;-2), (2;1), (2;-2). 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 (3®) * §iÒu kiÖn: 2 2 2 3 2 0 4 3 0 5 4 0 x x x x x x  − + ≥  − + ≥   − + ≥  ⇔ 1 Æc 4x ho x ≤ ≥ . ( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)x x x x x x − − + − − ≥ − − (1) TH1: NÕu x 1≤ Khi ®ã: (1) ⇔ (1 )(2 ) (1 )(3 ) 2 (1 )(4 )x x x x x x − − + − − ≥ − − ⇔ 1 2 1 3 2 1 4x x x x x x − − + − − ≥ − − ⇔ 1 ( 2 3 2 4 ) 0x x x x − − + − − − ≥ (2) + Víi x=1 tho¶ m·n (2) nªn x=1 lµ mét nghiÖm cña bpt. +Víi 1x < th× 1 0x− > nªn ta cã: (2) ⇔ 2 3 2 4 0x x x − + − − − ≥ ⇔ 2 3 2 4x x x − + − ≥ − ⇔ 2 ( 2 3 ) 4(4 )x x x − + − ≥ − ⇔ 2 2 3 11 2x x x − − ≥ − ⇔ 2 4(2 )(3 ) (11 2 )x x x − − ≥ − (V× 1x < ) ⇔ 97 24 x ≥ kh«ng tho¶ m·n 1x < TH2: NÕu x 4 ≥ Khi ®ã: (1) ⇔ 1 2 1 3 2 1 4x x x x x x − − + − − ≥ − − ⇔ 1( 2 3 2 4) 0x x x x − − + − − − ≥ ⇔ 2 3 2 4 0x x x − + − − − ≥ ( V× x 4 ≥ nªn x-1>0) ⇔ 2 3 2 4x x x − + − ≥ − 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 ( 2)( 3) 2 11x x x (3) + Nếu 11 4 2 x hiển nhiên thoả mãn (3) vì 0VP VT + Nếu 11 2 x > ta có: (3) 2 4( 2)( 3) (2 11)x x x 97 24 x kết hợp với điều kiện suy ra bpt có nghiệm 11 2 x > . Vậy bpt có tập nghiệm là: { } [ ) 1 4; .S = + 0.5 III 1 (5đ) Phơng trình đờng thẳng AB: 1 1 4 3 7 0. 3 4 x y x y = + = Giả sử C(x; y). Theo giả thiết ta có: x-2y-1=0 (1) d(C, AB) =6 4 3 7 6 2 2 4 3 x y = + 4 3 37 0 (2 ) 4 3 23 0 (2 ) x y a x y b + = + + = * Giải hệ (1), (2a) ta đợc (7;3) 1 C . * Giải hệ (1), (2b) ta đợc 43 27 11 11 ( ; ) 1 C . 1 0.5 1,5 1 1 2 (1đ) Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm của MN với tia Ot. Ta sẽ chứng minh I là điểm cố định. Thật vậy: OMN S = 2 1 OM.ON.sinMON = 2 1 OM.ON.sin60 0 = 2 3 OM.ON. (1) OMN S = ONIOMI SS + = 2 1 OM.OI.sinMOI + 2 1 ON.OI.sinNOI= = 2 1 (OM+ON).OI.sin30 0 = 4 1 (OM+ON).OI (2) 0.25 0.25 0.25 0.25 O M I N x t y Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 2009 ( ) 3 . 3 2010 3 OM ON OI OM ON OM ON + = = + = IV (2đ) 2010 2010 1 1 2010( ) ( ) y x P x y y x x y = + = + + (1) Theo BĐT Côsi ta có yxyx + + 411 . Đẳng thức xảy ra khi x=y (2) Theo BĐT Bunhiacỗpski ta có 2 ( ) 2( ) 2.2010 4020 4020x y x y x y+ + = = + (3). Đẳng thức xảy ra khi x=y. Từ (1), (2) và (3) ta suy ra 2010.4 4020 4020 4020 P = . Đẳng thức xảy ra khi x=y. Vậy P đạt GTNN là 4020 khi x=y=1005. 0.5 0.5 0.5 0.5 . thành: (x-2)(x 2 -8 x +8) = -2 x 2 +3x+2 (x-2)( x 2 -6 x+9)=0 x-2=0 hoặc x 2 -6 x+9=0 x=2 hoặc x=3. 1 1 1 2 (3 đ) Ta có: (x-2)(x 2 -2 mx+2m) = (x-2) (-2 x-1) (1) (x-2)[x 2 -2 (m-1)x+2m+1]=0 x-2=0 hoặc. = = = Khi đó hệ có các nghiệm: (-3 ;1), (-3 ;-2 ), (2;1), (2 ;-2 ) Vậy hệ đã cho có các nghiệm: (1 ;-3 ), (1;2), (-2 ;-3 ), (-2 ;2), (-3 ;1), (-3 ;-2 ), (2;1), (2 ;-2 ). 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 0.5 2 (3®) *. trị nhỏ nhất của biểu thức : 2 010 2 010 x y P x y = + Hết Trờng thpt hậu lộc 4 *** đáp án và thang điểm thi học sinh giỏi tr- ờng năm học 200 9-2 010 Môn thi: Toán 10 Câu ý Nội dung Điểm I 1 (3