Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 4

SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số 2 3 2y x x= − + có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Tìm m để phương trình: 2 3 2 2x x m− + = − có đúng 2 nghiệm. Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau a) ( ) ( ) 2 1 4 8 4 8 x x x x = + − − − + − b) ( ) 2 2 5 7 2 0x x x− − − ≥ c) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 3 5 0; 0 x y x y xy x y x y  + = +   + =   < <   Câu 3. (4 điểm) Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức cot cot cotB C A α + = . Độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a, b, c. a) Với 1 2 α = chứng minh rằng 2 2 2 5b c a+ = . b) Tìm giá trị lớn nhất của góc A khi ( ) 2 2 1 α = − . Câu 4. (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1; 2 , 2;2 , 1;2A B C− − − . a) Tìm tọa độ điểm M Ox ∈ sao cho · 0 1 1 45MA B = . b) Tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là 1 1 1 , ,A B C . Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC. Câu 5. (2 điểm) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn 3x y z+ + = . Chứng minh rằng 3 3 3 4x y z xyz+ + + ≥ . HẾT Câu ĐÁP ÁN ĐIỂM 1a) 2đ TXĐ: D = ¡ 3 2 2 b a − = ; 1 4 4a ∆ − = − ; a = 1 > 0 Hàm số đồng biến trên ( ) 3 2 ;+∞ ; nghịch biến trên ( ) 3 2 ;−∞ . Bảng biến thiên Đồ thị có TĐX là x = 3/2, Đồ thị cắt Ox tại điểm (1;0) và (2; 0), cắt Oy tại (0; 2). Đồ thị (hình vẽ 1) 0.5 0.5 BBT 0.5 ĐT 0.5 1b) 2đ Từ đồ thị trên suy ra đồ thị hàm số 2 3 2y x x= − + như hình vẽ 2: Từ đó, để phương trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là: 2 0 2 1 9/2 2 4 m m m m − =  =   ⇔   > − >   1 1 2a) 2đ Điều kiện 4 8x ≤ ≤ . Đặt 4 8t x x= − + − (t > 0), ( ) ( ) 2 4 2 4 8t x x= + − − Phương trình đã cho trở thành: 2 2 3 2 4 2 2 1 2 4 0 2 2 t t t t t t − − = + ⇔ = ⇔ − − = ( ) ( ) 2 2 2 2 0 2t t t t⇔ − + + = ⇔ = Với t = 2, ( ) ( ) 4 8 2 4 8 0 4x x x x x− + − = ⇔ − − = ⇔ = hoặc x = 8. 0.5 0.5 0.5 0.5 2b) 2đ Điều kiện: 2x ≥ . Bất phương trình đã cho tương đương với TH1: 2 1 2 5 7 0 7/2 7/2 2 0 2 x x x x x x x  ≤ −   − − ≥    ⇔ ⇔ ≥ ≥    − ≥    ≥  (t/m điều kiện) TH2: 2 2 5 7 0 1 7/2 2 2 2 0 x x x x x x  − − ≤ − ≤ ≤   ⇔ ⇔ =   = − ≤    (t/m điều kiện) Vậy, bất phương trình đã cho có tập nghiệm { } [ ) 2 7/2;S = ∪ +∞ . 0.5 0.5 0.5 0.5 2c) 2đ Do x < 0; y < 0 nên x + y < 0 Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 5 5 x y x y xy x y x xy y xy x y x y x y   + = + + − + = +   ⇔   + = + =     ( ) 2 2 2 5 3 3 2 2 1 5 xy xy x y x xy y x y − = + = − = −    ⇔ ⇔ ⇔    = = − + =     hoặc 1 2 x y = −   = −  (thỏa mãn) Vậy, hệ đã cho có nghiệm (-1; -2) và (-2; -1). 0.25 0.5 1 0.25 3a) 2 2 2 2 2 2 cos cot sin 2 sin 4 A b c a b c a A A bc A S + − + − = = = . Hình 1 Hình 2 2đ Tương tự: 2 2 2 2 2 2 cot ;cot 4 4 a c b a b c B C S S + − + − = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cot cot cot . 4 4 a c b a b c b c a B C A S S α α + − + + − + − + = ⇔ = ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c α α ⇔ + = + (*) Với 1 , 2 α = ta có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 5a b c b c a+ = + ⇔ + = 0.5 0.5 0.5 0.5 3b) 2đ Từ (*) 2 2 2 2 b c a α α + ⇒ + = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 . a a a b c a A bc bc bc a a b c a α α α α α α α α + − + − = = = ≥ = = = = + + + + − Suy ra, 0 45A ≤ . Vậy GTLN của góc A là 45 0 khi b c= . 0.5 0.5 0.5 0.5 4a) Gọi ( ) ;0M x Ox∈ . ( ) ( ) 1 1 1 1;2 ; 3;4A M x A B= + = uuuur uuuur . Ta có: · ( ) ( ) ( ) 2 0 1 1 1 1 1 1 1 1 . . .cos 3 1 8 1 4.5.cos 45A M A B A M A B MA B x x= ⇔ + + = + + uuuur uuuur uuuur uuuur ( ) ( ) 2 2 2 11/3 6 22 5 2 2 5 36 264 484 50 2 5 x x x x x x x x ≥ −   ⇔ + = + + ⇔  + + = + +   2 11/3 13 9/7 14 164 234 0 x x x x x ≥ − =   ⇔ ⇔   = − − − =   . Vậy, ( ) 13;0M hoặc ( ) 9/7;0M − 0.5 0.5 0.5 0.5 4b) Chứng minh được trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1 1 1 A B C . G/s ( ) ;H x y , ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1; 2 ; 0;4 ; 3;4A H x y AC A B= + + = = uuuur uuuur uuuur ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 2; 2 ; 3; 4 ; 3;0B H x y B A B C= − − = − − = − uuuur uuuur uuuur . Ta có 0.5 0.5 H ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 4 2 3 1 4 2 cos , cos , 1 2 .4 1 2 .5 3 2 4 2 3 2 cos , cos , 2 2 .5 2 2 .3 y x y A H A C A H A B x y x y x y x B H B A B H B C x y x y + + + + =   =  + + + + + +   ⇒   − − − − − − =   =   − + − − + −   uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur 5 10 3 4 11 3 1 0 3 4 14 5 10 2 2 1 y x y x y x x y x x y y + = + + − = − =    ⇔ ⇔ ⇔    + − = − − = − =    . ( ) 0;1H . BC qua ( ) 1 1; 2A − − , nhận ( ) 1 1;3A H = uuuur làm vecto pháp tuyến nên có phương trình ( ) ( ) 1 3 2 0 3 7 0x y x y+ + + = ⇔ + + = . 0.5 0.5 5) BĐT ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 3 3 4 0 3 3 3 4 0x y xy x y z xyz z z xy z xyz⇔ + − + + + − ≥ ⇔ − + − − + − ≥ ( ) 2 4 9 9 27 23 0xy z z z⇔ − + − + ≥ . Đặt t xy = , do ( ) ( ) 2 2 3 0 4 4 x y z xy + − ≤ ≤ = nên ( ) 2 3 0 4 z t − ≤ ≤ Ta chứng minh ( ) ( ) 2 4 9 9 27 23 0f t z t z z= − + − + ≥ , với mọi ( ) 2 3 0 4 z t − ≤ ≤ (*) ( ) f t là hàm bậc nhất đối với t nên đạt được GTNN tại 0t = hoặc ( ) 2 3 4 z t − = + ( ) ( ) 2 0 9 27 23 0 do 9 0; 99 0f z z a= − + > = > ∆ = − < + ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 3 1 4 9 9 27 23 1 4 11 0 4 4 4 z z f z z z z z   − −  ÷ = − + − + = − + ≥  ÷   Vậy, (*) đúng, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi x = y = z= 1. 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 . ĐỊNH TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số 2 3 2y x x= − + có đồ. 0 2 1 9/2 2 4 m m m m − =  =   ⇔   > − >   1 1 2a) 2đ Điều kiện 4 8x ≤ ≤ . Đặt 4 8t x x= − + − (t > 0), ( ) ( ) 2 4 2 4 8t x x= + − − Phương trình đã cho trở thành: 2 2 3 2 4 2 2 1. 1 4. 5.cos 45 A M A B A M A B MA B x x= ⇔ + + = + + uuuur uuuur uuuur uuuur ( ) ( ) 2 2 2 11/3 6 22 5 2 2 5 36 2 64 4 84 50 2 5 x x x x x x x x ≥ −   ⇔ + = + + ⇔  + + = + +   2 11/3 13 9/7 14