Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014

(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014) Thời gian làm bài: 180 phút Câu (3 điểm) a) Cho phương trình bậc hai x  2mx  3m   , x ẩn, m tham số Tìm tất 2 giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm x1.x2 x1  x2 đạt giá trị nhỏ b) Cho tam thức bậc hai f  x   ax  bx  c, a �0 Chứng minh f  x  �0 với x �R 4a + c ≥ 2b Câu (2 điểm) a) Giải phương trình: x   3x   x  (x �R) �  x  y   x  xy  y  3   x  y   �  x, y �� b) Giải hệ phương trình: � � � x   y   x  2x  Câu (2 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a + b + c = Chứng minh a b2 c2   �3  a  b  c  b c a b) Giải bất phương trình: 3  x �1  x   x �R  Câu (3 điểm) a) Cho tam giác ABC, dựng phía ngồi tam giác ABC hai tam giác vng ABE ACF với �  CAF �  900 , cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M trung điểm BC, BAE chứng minh AM vng góc với EF b) Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA , c = AB Chứng minh a  b  2c tan A + tan B = 2tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp ttrong 11 ; ) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C tam giác ABC biết 3 đỉnh B nằm đường thẳng (d): 2x + y – = điểm M(4;2) nằm đường cao kẻ từ đỉnh B cảu tam giác ABC tâm có tọa độ I (4;0), G ( http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word Đáp Án m �2 � Câu a) Phương trình cho có hai nghiệm x1.x2 �  '  m  3m  �0 � � m �1 � Với điều kiện trên, theo định lí Viets ta có: x1  x2  2m, x1 x2  3m  Do x12  x22   x1  x2   x1 x2  4m   3m    4m  6m  2 3� 7 � x  x  m  6m   � 2m  � � , m �D   �;1 � 2; � 2� 4 � Đẳng thức xảy 3 2m   � m  �D 2 2 Vậy biểu thức x1  x2 đạt giá trị nhỏ m = 4 c b) Do f  x  �0 với x �R nên f   �۳ 2 2 a0 a0 � � � �2 Mặt khác f  x  �0 với x �R � �   b  4ac �0 b �4ac � � Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 4a  c �2 4ac �2 b  b �2b (điều phải chứng minh) � �x �0 � x �x � �x � � Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương với: x   x   3x  x �0 � � Câu a) Cách 1: Điều kiện: �x �۳۳ � x  �0 � � x   2x    x    x  3  x    x  3  �  x    x  3  3x �  3x   3x 3x x  1 � � x  x   3x � x  x   � � x3 � Kết hợp với điều kiện ta x = Vậy tập nghiệm phương trình S = {3} Cách 2: Đặt u �۳ x 2; v x 3; t x (u, v, t x 2) Ta có hệ phương trình u  v  t 1 � � u  v   u  v  1   u  v   2uv  2u  2v �2 2 u  v  t 1 � u 1 � Vậy uv  u   v  1  �  u  1  v  1  � � v 1 � Với u  � x   � x  Với v  � x   � x  1 (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word b) Điều kiện: x �6, y �3 Từ phương trình đầu hệ ta có:  x  y   x  xy  y  3   x  y   �  x  y   x  xy  y    x  y   3x  y  � x3  y3  3x  y  x  y   1 �  y 1�  x�  3 x y y x x Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x   x    x  x  8,  x �1 � x    x    x2  x   x 3 x 3    x  3  x  1  x6 3 x 1  � � � �  x  3 �   x  � x 1  � x6 3 � 1 � � � x3 �   x 1  � x 1  � x6 3 � Khi x  � y  So sánh với điều kiện tập xác định ta nghiệm hệ phương trình (x;y) = (3;1) Câu a) Yêu cầu toán a b2 c 2 �     a  b  c  �3  a  b  c    a  b  c  b c a a b2 c2 2 �  2a  b   2b  c   2c  a � a  b    b  c    c  a  b c a  a  b �  b  c   c  a  � a  b    b  c    c  a  2 b c a Bất đẳng thức (*) < a, b, c < (*) Vậy bất đẳng thức chứng minh b) Tập xác định x �2 Đặt t  x  2, t �0 suy x  t  2, thay vào bất phương trình ta được: Dấu đẳng thữ xảy a = b = c =  t �1  t �  t �  t  � t  4t  4t �0 � t  t  1  t  3 �0 � x  �3 t �3 x �11 � � �� �� �� �t �1 � �x �3 � x  �1 � � � Kết hợp với tập xác định ta tập nghiệm S =  2;3 � 11; � Câu Ta uuuu r4 a) u uu rcó uuur uuur uuur uuur AM  AB  AC ; EF  AF – AE uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuur � AM EF  AB  AC AF – AE uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur  AB AF – AC AE AB AE  AC AF       � �  AB AF cosBAF – AC AE cos CAE  http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word �  CAE �  900  BAC � Do ABE : ACF � AB AF  AC.AE BAE uuuu r uuur Vậy AM  EF � AM  EF Cách 2: Dựng hình bình hành ACDB Do ABE : ACF nên ta có AB AE  (1) AC AF AB CD  (2) AC CA �  EAF �  1800 ; CAB �  ACD �  1800 nên ta có Do CAB Do ACDB hình bình hành nên ta có � � (3) ACD  EAF Từ (1), (2), (3), ta có DCA : EAF � � Vậy CAD AFE � � Do CAD  FAH  900 �  900 nên AM  EF �� AFE  FAH Cách 3: Theo giả thiết ABE : ACF nên ta có AB AE   k (1) AC AF uuuu r uuu r uuur Ta có AM  AB  AC (2) uuu r uuur uuur uuu r Xét phép quay vecto góc quay +900 , từ (1) ta có AB � k AE ; AC � k FA uuuu r uuur uuur r uuur uuu r uuu Vậy AM  AB  AC � k FA  AE  k FE (3) 2 uuuu r r uuu Từ (2) (3), ta có phép quay vecto góc quay +900, AM � k FE u u u r uuuu r Kết luận: qua phép quay vecto góc quay +900 AM k FE Vậy AM  FE Cách 4: xét hệ trục vng góc Mxy hình vẽ Ta có M (0;0); C(m;n); A(0;a) (m > 0) uuuB(-m;-n); r uuur Vecto AC có tọa độ AC   m; n  a  uuur uuur Vecto AB có tọa độ AB    m;  n  a  uuur Phương trình đường thẳng AF nhận AC vecto pháp tuyến       m  x  0   n  a   y  a   � a  n   yF  a  � ; yF � Vì F �AF � F  � m � � uuur Phương trình đường thẳng AE nhận AB vecto pháp tuyến m  x     n  a   y  a   �  n  a   yE  a  � ; yE � Vì E �AE � E  � m � � �AB  kAE Do có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên � �AC  kAF Suy ra: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word � a  n y  a � �     2 E � m   n  a  k �   yE  a  � � m � m  k  yE  a  � � � � �� � yE  yF � m  k y  a   � � F � a  n   yF  a  � 2 � m2   n  a   k � �  yF  a  m � � � � Vậy AM  EF Cách 5: (Dành cho em học sinh học qua số phức) Gọi a, b, c, e, f, m lầ lượt số phước tọa vị A, B, C, E, F,M AB AE  k Ta có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên AC AF uuur biểu diễn số phức b – a AB u uur AC biểu diễn số phức c – a uuur biểu diễn số phức e – a AE u uur AF biểu diễn số phức f – a Vì AC  AF nên c – a = - ki(f – a) (2) Từ (1) (2) ta có b + c – 2a = ki(e – f) � 2(m – a) = ki(e – f) (k ∈ R) uuuu r uuu r Vì AM biểu diễn số phức m – a, FE biểu diễn số phức e – f, nên ta có AM  EF 2S sin A 4S  bc2  2 b) Ta có tan A  cos A b  c  a b  c  a2 2bc 4S 4S , tan C  Tương tự ta tính tan B  2 c  a b a  b2  c 4S 4S 4S  2 Theo giả thiết tan A + tan B = 2tanC � 2 2 b c a c a b a  b2  c2  � a   b2  c   b   c  a   c   a  b2  2  � a  b  c  2b 2c  b  c  a  2c a  2c  2a  2b  4a 2b � 2c   a  b2   c  a  b  � 2c   a  b2   2c � a  b Hay tam giác ABC cân c) Gọi B (a;1 – 2a) ∈ d uuur uuur Gọi N trung điểm AC suy BN  BG (1) uuur uuur � 11 2� Mà BN   xN  a; y N  2a  1 , BG  �  a; 2a  � 3� �3 Theo (1) � 3� 11 � 11  a � �xN  a  �3  a � � � � �xN  �� �� 2 � �y  a �y  2a   � 2a  � � N N � � 2� 3� � http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word uur �3  a �uuuu r uur uuuu r uur uuuu r 11  a � � �N� ; a �Ta có: IN  � ;a� BM    a; 2a  1 mà IN / / BM � k ��: IN  k BM � � �2 � �3  a a 1 �  k   a � � ��2 � � � B  1; 1 , N  5;1 k � � a  k  2a  1 � � r uur Ac qua N(5;1) có vecto pháp tuyến n  IN   1;1 suy AC có phương trình x + y – = Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R = IB = 10 nên có phương trình:  x    y  10 Suy tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình: �y   x � � � �x  y   �y   x �� � �� x3 � 2 2  x    y  10 � x    y  10 ��x  � �� Vậy A(3;3), B(1;-1), C(7;-1) A (7;-1), B (1;-1), C(3;3) http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word ... diễn số phức c – a uuur biểu diễn số phức e – a AE u uur AF biểu diễn số phức f – a Vì AC  AF nên c – a = - ki(f – a) (2) Từ (1) (2) ta có b + c – 2a = ki(e – f) � 2(m – a) = ki(e – f) (k ∈ R)... (loại) Vậy phương trình có nghiệm x = http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word b) Điều kiện: x �6, y �3 Từ phương trình đầu hệ ta có:  x  y   x  xy  y  3   x... Do có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên � �AC  kAF Suy ra: http://dethithpt.com – Website chuyên đề thi – tài liệu file word � a  n y  a � �     2 E � m   n  a  k �   yE