Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013

(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2012 – 2013) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) 1 + = ( ∀x ∈ R ) x − x2 b) Cho phương trình bậc hai x − 2mx + m − 2m + = (x ẩn m tham số) Tìm tất a) Giải phương trình: giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm khơng âm x1 , x2 Tính theo m giá trị biểu thức P = x1 + x2 tìm giá trị nhỏ P Câu (2 điểm)  x − xy + y + x − y = ( x, y ∈ ¡ ) Giải hệ phương trình:   x − xy + y = Câu (1 điểm) Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không chọn Chứng minh ( a + b2 + c )  a12 + b12 + c12 ÷ ≥ 10 Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC, nhọn, khơng cân nội tiếp đường tròn (O;R) Gọi G M trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vng góc với đường thẳng OM AC2 + AB2 + 2BC2 = 12R2 a) Cho tam giác ABC có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C m, n, p Tính độ dài cạnh AB, BC, CA theo m, n b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C có phương trình x − y = 0, x − = 0, x + y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 10 đỉnh A có hồnh độ âm Câu (1 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD điểm M nằm tứ giác (M khơng nằm cạnh tứ ¼ , MBC ¼ , MCD ¼ , MDA ¼ giác ABCD) Chứng minh tồn gốc MAB có số đo khơng lớn 450 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án  x ≠ ⇔ x ≠ − 2;0 ∪ 0; Câu a) Điều kiện:   − x > 1 Đặt y = − x > Thay vào ta được: + = x y 2 x + y = 2 2   x + y = ( x − y ) − xy = ⇔ ⇔ Do ta có hệ phương trình:  1  x + y = xy  x + y = xy x + y =   x + y =  ( x + y ) − ( x + y ) − =   xy = ⇔   x + y = xy   x + y = −1   xy = −0,5 x + y = x =  y = − x +)  ⇔ ⇔  xy = y =1  x − x + = ( ) ( )  −1 −  x + y = −1 x = x = − − y     +)  ⇔ (do y > 0) ⇔ 2 y + y − = −1  xy = −    y =  −1 −  ;1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S =    b) Phương trình x − 2mx + m − 2m + = (1) có hai nghiệm khơng âm ∆ ' = m − m + 2m − ≥  ⇔  S = 2m ≥ ⇔m≥2   P = m − 2m + ≥ Theo định lý Vi-et ta có x1 + x2 = 2m; x1 x2 = m − 2m + Do x1 + x2 = ( x1 + x2 ) = x1 + x2 x1 x2 = 2m + ( m − 1) +3 Do m ≥ ⇒ x1 + x2 ≥ Dấu đẳng thức xảy m = 2  x − xy + y + x − y = ( x, y ∈ ¡ ) Câu 2:   x − xy + y = 2 x − xy + y − ⇔ x ( − y ) + ( y − ) = ⇔ ( x − 1) ( − y ) = ⇔ x = ∨ y = Xét x = ⇒ y − y + = ⇒ y = ∨ y = Xét y = ⇒ x − x = ⇒ x = ∨ x = Hệ phương trình có tập nghiệm S = { ( 1; ) , ( 1;1) , ( 0; ) } Câu Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không nhọn nên có cấc bất đẳng thức xảy ra: a ≥ b + c , b2 ≥ c + a , c ≥ a + b Giả sử a ≥ b + c ta có: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word (a 2  1 1  1  b +c 1 1 + b + c )  + + ÷ = + a  + ÷+ + ( b2 + c )  + ÷ a a b c  b c  b c  ≥ 1+ a2 b2 + c2 + +4 b2 + c2 a2 3a a2 b2 + c a2 b2 + c2 = 1+ 2 + 2 + + ≥ 1+ + 2 + + = 10 b +c b +c a2 b +c a2 1 2  Do ( a + b + c )  + + ÷ ≥ 10 a b c  Dấu xảy tam giác ABC tam giác vuông cân Câu a) Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có: uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur OA + OB + OC uuuu r OB + OC OG = OM = uuur uuuu r uuu r uuur uuur uuur uuur Khi OG ⊥ OM ⇒ OG.OM = ⇔ OA + OB + OC OB + OC = uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uuur ⇔ OA.OB + OA.OC + 2OB.OC + R = ( )( ) 1 R − AB ) + ( R − AC ) + R − BC + R = ( 2 r2 r2 r r r r a +b − a −b (chú ý a.b = ) ⇔ AB + AC + BC = 12 R a+b+c b) Kí hiệu a = BC, b = CA, c = AB, p = 2S 2S 2S ,b = ,c = Khi ta có a = m n p Theo cơng thức Hê – rơng ta có: S = p ( p − a) ( p − b) ( p − c) ⇔ ( ) 1 1  1 1 1 1 1 1 ⇔ 4S = S  + + ÷2 S  − + + ÷2 S  − + ÷2 S  + − ÷ m n p  m n p m n p m n p ⇔ 4S = 4S k = S = k  1  1  1  1  Trong k =  + + ÷ − + + ÷ − + ÷ + − ÷  m n p  m n p  m n p  m n p  2 ,b = ,c = Do a = mk nk pk c) Do BC vng góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng x + y + c = Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 2 x + y + c = x = ⇔ ⇒ B ( 2; −c − ) ,tọa độ C nghiệm hệ phương trình  x − =  y = −c − 2 x + y + c = x = ⇔ ⇒ C ( −c − 3; c + )  x + y − = y = c + AB qua B ( 2; −c − ) vng góc với đường cao kẻ từ C nên AB :1 ( x − ) − ( y + c + ) = ⇔ x − y − c − = Tọa độ đỉnh C nghiệm hệ x − y − c − =  x = 2c + 12 ⇔ ⇒ A ( 2c + 12; c + )  x − y =  y = c + 16 AB AC.BC AB AC.BC AB AC ⇔ 10 = ⇔ = 10 Theo giả thiết ta có 10 = S ABC 2d ( A, BC ) BC d ( A, BC ) ( 2c + 10 ) + ( 2c + 10 ) 3c + 15 4c + 24 + c + + c  c = −7 = 10 ⇔ c + = ⇔   c = −3 +) Nếu c = −7 ⇒ A ( −2; −1) , B ( 2;3) , C ( 4; −1) +) Nếu c = −3 ⇒ A ( 6;3) , B ( 2; −1) , C ( 0;3) khơng thỏa mãn hồnh độ A âm Vậy A ( −2; −1) , B ( 2;3) , C ( 4; −1) ¼ , MBC ¼ , MCD ¼ , MDA ¼ > 450 (1) Câu 5: Giả sử MAB { } ¼ cot MAB MA2 + AB − MB MA2 + AB − MB = = ¼ ¼ S MAB sin MAB 2.MA.MB.sin MAB Kết hợp với (1) ta MA2 + AB − MB < cot 450 = ⇒ MA2 + AB − MB < S MAH (2) S MAB Tương tự ta bất đẳng thức sau đây: MB + BC − MC < S MBC (3) ¼ = Ta có cot MAB MC + CD − MD < S MCD (4) MD + DA2 − MA2 < 4S MDA (5) Cộng theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB + BC + CD + DA2 < ( S MAB + S MBC + S MDA ) = 4S ABCD (6) Mặt khác, ta lại có: AB + BC + CD + DA2 ≥ AB.BC + 2CD.DA ≥ 4S ABC + 4SCDA = 4S ABCD , mâu thuẫn vơi (6) Do ¼ , MBC ¼ , MCD ¼ , MDA ¼ có số đo khơng lớn giả sử ban đầu sai suy tồn góc MAB 450 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... x + y + c = Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word 2 x + y + c = x = ⇔ ⇒ B ( 2; −c − ) ,tọa độ C nghiệm hệ phương trình  x − =  y = −c... thuẫn vơi (6) Do ¼ , MBC ¼ , MCD ¼ , MDA ¼ có số đo không lớn giả sử ban đầu sai suy tồn góc MAB 450 http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... xảy ra: a ≥ b + c , b2 ≥ c + a , c ≥ a + b Giả sử a ≥ b + c ta có: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word (a 2  1 1  1  b +c 1 1 + b + c )  + + ÷ = + a  +