SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ®Ò chÝnh thøc KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011. MÔN TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 5 /4/2011 Câu 1. 1. Giải phương trình: ( ) 2 6 3 5 3x x x− = − − + . 2. Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: 2 5 0a b c + + = . Chứng minh phương trình 2 0ax bx c + + = có nghiệm. Câu 2. Giải hệ phương trình: 2 4 2 2 2 4 2 0 8 3 4 0 x xy x y x x y x y − + + = − + + = . Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các điểm ( ) ( ) 1;3 , 5; 3A B − − . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng : 2 1 0d x y− + = sao cho 2MA MB+ uuur uuur đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4. Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức: cot cot cotA C B α + = . 1.Xác định góc giữa hai đường trung tuyến 1 AA và 1 CC của tam giác ABC khi 1 2 α = . 2.Tìm giá trị lớn nhất của góc B khi 2 α = . Câu 5. Ba số dương , ,a b c thỏa mãn: 2 2 2 1 1 1 1 a b c + + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 2 2 5 2 2 5 2 2 P a ab b b bc c c ca a = + + + + + + + + . − Hết − (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh……………………………………… Số báo danh……… Câu Điểm Câu I 1 Giải phương trình ( ) 2 6 3 5 3x x x− = − − + (1) Điều kiện 5x ≥ Khi đó (1) ⇔ ( ) 2 6 3 3 5x x x− = + − − ( ) ( ) 2 6 3 3 5 48 8x x x x⇔ − + + − = − ( ) ( ) ( ) 6 3 3 5 4 6x x x x⇔ − + + − = − 6 0 (1) 3 3 5 4 (2) x x x − = ⇔ + + − = ( ) 1 6x⇔ = thỏa mãn điều kiện ( ) ( ) (2) 3 3 5 29 5x x x⇔ + − = − 2 29 29 5 0 17 3 5 5 17 61 0 2 17 3 5 2 x x x x x x ≤ − ≥ − ⇔ ⇔ ⇔ = − + = ± = Kết luận: Nghiệm của phương trình 17 3 5 6, 2 x x − = = 2 2. Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện 2 5 0a b c+ + = . Chứng minh phương trình 2 0ax bx c + + = (1) có nghiệm - Trường hợp 1: 0a = suy ra 2 5 0b c + = PT (1) trở thành 0bx c + = (2) + Nếu 0 0b c = ⇒ = : PT (2) có nghiệm (vô định) + Nếu 0b ≠ PT (2) có nghiệm (duy nhất) - Trường hợp 2: 0a ≠ Ta có 5 2 a c b + = − . ( ) 2 2 2 2 2 4 4 4 16 5 16 6 25b ac b ac a c ac a ac c∆ = − ⇒ ∆ = − = + − = − + ( ) ( ) 2 2 3 4 0a c c= − + ≥ Vậy Pt (1) luôn có nghiệm Câu II Giải hệ phương trình 2 4 2 2 2 4 2 0 (1) 8 3 4 0 (2) x xy x y x x y x y − + + = − + + = TH1 0 0x y= ⇒ = . suy ra 0 0 x y = = là nghiệm của hệ TH2 0x ≠ Chia hai vế của (1) cho x , (2) cho 2 x 2 2 2 2 2 2 2 2 4 1 0 4 1 4 4 8 3 0 8 3 y y x y x y x x y y x y x y x x − + + = + = − ⇔ − + + = + = − ( ) 2 2 2 2 3 0, 8 2 4 1 2 12 3 y x y x y x y x y x y x + ≥ ≥ ⇔ + = − ÷ + = − ÷ Suy ra ( ) 2 1 4 1 12 3 1 4 y y y y− = − ⇔ = ∨ = (loại) Với 1y = ta có 2 3 1 2x x x x + = ⇔ = ∨ = Kết luận: Hệ có 3 nghiệm ( ) ( ) ( ) 0;0 ; 1;1 ; 2;1 Câu III. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho điểm ( ) ( ) 1;3 , 5; 3A B − − . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng : 2 1 0d x y− + = sao cho 2MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất Gọi ( ) 0 0 ;I x y là điểm thỏa mãn 2 0IA IB+ = uur uur r ( ) ( ) 0 0 0 0 0 0 2 1 5 1 2 2 3 3 1 x x x IA BI y y y − = + = − ⇔ = ⇔ ⇔ − = + = uur uur Vậy ( ) 1;1I − Ta có ( ) 2 2 3 2 3 3MA MB MI IA MI IB MI IA IB MI MI+ = + + + = + + = = uuur uuur uuur uur uuur uur uuur uur uur uuur Như vậy 2MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất. Suy ra M là hình chiếu của I trên d Phương trình tham số của d 2 1x t y t = − = Gọi tọa độ ( ) 0 0 2 1;M t t − Suy ra ( ) 0 0 2 ; 1IM t t= − uuur . Ta có 0 0 0 1 . 0 2.2 1 0 5 d IM u t t t= ⇔ + − = ⇔ = uuur uur Vậy 3 1 ; 5 5 M − ÷ 1 Ta có 2 2 2 cot 4 b c a A s + − = 2 2 2 cot 4 a c b B s + − = 2 2 2 cot 4 b a c C s + − = Khi 1 2 α = . Ta có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 cot cot cot 2 4 4 2 4 b c a a b c c a b A C B s s s + − + − + − + = ⇔ + = 2 2 2 5b a c⇔ = + Ta có: d A B I M 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 4 4 4 4 ; C 9 9 2 4 9 9 2 4 b c a a b c AG AA G CC + + = = − = = − ÷ ÷ Suy ra 2 2 2 2 2 2 4 9 4 a c AG CG b b + + = + = ÷ . Suy ra 1 1 AA CC⊥ . Vậy góc giữa 1 AA và 1 CC bằng 0 90 . 2. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cot cot 2cot 2 4 4 4 b c a a b c c a b A C B s s s + − + − + − + = ⇔ + = 2 2 2 2a c b⇔ + = Ta có 2 2 2 2 2 2 1 cos 2 4 4 2 a c b a c ac B ac ac ac + − + = = ≥ = . Suy ra 0 60B ≤ . Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều Cho , ,a b c là các số dương thỏa mãn 2 2 2 1 1 1 1 a b c + + = Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 1 1 1 5 2 2 5 2 2 5 2 2 P a ab b b bc c c ca a = + + + + + + + + Ta có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 5 2 2 2 2a ab b a b a b a b+ + = + + − ≥ + Suy ra 2 2 1 1 1 2 1 2 9 5 2 2 a b a b a ab b ≤ ≤ + ÷ + + + (1) Tương tự 2 2 1 1 2 1 9 5 2 2 b c b bc c ≤ + ÷ + + (2) 2 2 1 1 1 2 1 2 9 5 2 2 c a c a c ca a ≤ ≤ + ÷ + + + (3) Cộng theo vế của (1),(2) và (3) suy ra 1 1 1 1 3 P a b c ≤ + + ÷ Mặt khác 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 3a b c a b c + + ≥ + + ÷ 2 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 a b c a b c ⇒ + + ≤ ⇒ + + ≤ ÷ G B A C A1 C1 Suy ra 3 3 P ≤ Dấu = xảy ra khi 3a b c= = = . . SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ®Ò chÝnh thøc KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011. MÔN TOÁN Thời. trình 2 0ax bx c + + = (1) có nghiệm - Trường hợp 1: 0a = suy ra 2 5 0b c + = PT (1) trở thành 0bx c + = (2) + Nếu 0 0b c = ⇒ = : PT (2) có nghiệm (vô định) + Nếu 0b ≠ PT (2) có nghiệm