HSG KHOI 10 đề 04

ĐỀ SỐ 04 Câu (4,0 điểm) Cho hàm số y  x  x  Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho Tìm m để đường thẳng  : y  x  m cắt đồ thị hàm số cho hai điểm phân biệt A, B thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB khoảng cách từ O đến ∆ Câu (6,0 điểm) � �xy  x  10   y  10   81 Giải hệ phương trình: � 2 �x  y  10 x  10 y  18  Giải phương trình: x  x    x  1  x    Tìm m để phương trình:  x   x  16  x  m có nghiệm Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích S cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện a  b2 Chứng minh tam giác ABC vuông 2S Cho tam giác ABC, O trọng tâm tam giác M điểm nằm tam giác M khác O.Gọi D E F hình chiếu vng góc m lên cạnh BC, CA, AB Chứng minh đường thẳng OM qua trọng tâm tam giác DEF cotA + cotB= Câu (4,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC Gọi a b đường trung tuyến đường phân giác tam giác đường thẳng AD có phương trình x - y - = 0, y = Giả sử B(1;3), Viết phương trình đường thẳng AC xác định tọa độ điểm C Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, BE CD đường cao tam giác.Giả sử D(2;0), E(1;3) đường thẳng bc có phương trình x + y - = Tìm tọa độ điểm B biết B có hồnh độ dương Câu (2,0 điểm) Cho số dương a, b, c Chứng minh rằng: 4 a  b  c 1   � ab  ac bc  ba ca  cb  a  b   b  c   c  a  Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S x yz Đáp Án Câu b  9  ,  2a 4a � 1� �1 � Hàm số nghịch biến ��; �đồng biến � ; �� � 2� �2 � a) Tập xác định hàm số R a = > , b) Phương trình hồnh độ giao điểm x  x   x  m � x  x  m   Đường thẳng cắt đồ thị hai điểm phân biệt �  '  � m  3 m  : x  y  m  0, d  O,    A  x1 ; x1  m  , B  x2 ; x2  m  AB   x2  x1    x2  m  x1  m   AB   x2  x1    x2  x1   x1 x2  2.2   m    8m  24 AB  d  O,   � m � m  16m  48  � m  �4 (thỏa mãn điều kiện) Câu a) �  x  10 x   y  10 y   81 � HPT � � �  x  10 x   y  10 y   18 � Đặt u  x  10 x, v  y  10 y Ta có u.v  81, u  v  18 Suy u , v nghiệm cảu phương trình x  18 x  81  Suy u = v = -9 Hệ cho tương đương với hệ phương trình sau: 2 � � �x  �x  �x  10 x  9 �x  10 x   � �� �2 �2 �y  10 y  9 �y  10 y   �y  �y  Hệ cho có nghiệm  1;1 ,  1;9  ,  9;1 ,  9;9  b) Đặt t  x  x  7,  t �0   x  1  x    t  Phương trình trở thành 2t   t    2t   t  3  � 3t  2t   t  �t  1 1 không thỏa mãn điều kiện Với t = 1, ta có x  x   � x  x   � x  x  Vậy phương trình có tập nghiệm  2;3 t c)  x   x  16  x  m (điều kiện 4 �x �4) Điều kiện cần Giả sử hệ có nghiệm x0 Ta có  x0   x0  16  x02  m    x0      x0   16    x0   m �  x0 nghiệm phương trình Vì phương trinh nên x0   x0 � x0  � m  12 Điều kiện đủ: Xét m = 12 phương trình cho trở thành 16  x �2 16   4 x  4 x    16  x  12  x   x  16  x �16 �  x   x  16  x �4   12 Đẳng thức xảy � x  Phương trình có nghiệm x = 0, m = 12 Câu a) cos A b  c  a b  c  a cos B c  a  b c  a  b   , cot B    sin A 2bc sin A 4S sin B 2ca sin B 4S c � cot A  cot B  2S 2 c a b �  2S 2S 2 � c  a  b2 � tam giác ABC vuông C b) Ta chứng minh uuuu r uuur uuur uuuu r MD  ME  MF  MO cot A  Qua M kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB, AC A1, A2; kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC, AB B1, B2; kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC, AC C1, C2 Các tam giác MB1C1, MA2C2, MA1B2 đều, uuuu r uuuur uuuur MD  MB1  MC1 uuur uuuur uuuur uuur uuuu r uuuur ME  MA2  MC2 , MF  MA1  MB2 2 uuuu r uuur uuur uuuur uuuur uuuu r uuuur uuuur uuuur MD  ME  MF  �MB2  MC2  MA1  MC1  MA2  MB1 � � 2� r uuuu r uuur uuur uuuu  MA  MB  MC  MO (1) 2 uuuu r uuur uuur uuuu r Gọi G trọng tâm tam giác DEF Ta có MD  ME  MF  3MG r uuuu r uuuu r uuuu r uuuu Từ (1), (2) ta có MO  3MG � MO  2MG � M, O, G thẳng hàng Vậy OM qua trọng tâm tam giác DEF Câu a) �y  A:� � A  2;0  �x  y   Gọi E điểm đối xứng B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC, E(1;-3) x2 y 0  � 3x  y   Phương trình đường thẳng AC  3  �c  3c  � C  c;3c   , M � ; � � �2 c  3c     � c  � C  0; 6  2 b) Gọi M trung điểm BC, ta có MD = ME               Gọi M  m; 2m  1 , ta có MD  ME nên � 5m  8m   5m  10m  � m  � M  0;1 , Ta có B  b; 2b  1 , b  0.MB   b  0   2b   1  5b MB  MD  � 5b  5, b  � b  � B  1; 1  Câu a)  a  b  a  c   b  c   b  a    c  a   c  b  �4  a  b  c  a b c bc ca ab � abc  abc  a bc �4  a  b  c  a b c bc ca ab �   �a  b  c a b c bc ca ca ab ab bc  �2c,  �2a,  �2b, Áp dụng BĐT CoSi, ta có: a b b c c a �bc ca ab � �   ��2  a  b  c  c � �a b bc ca ab �   �a  b  c a b c 1 4( a  b  c �   � ab  ac bc  ba ca  cb  a  b   b  c   c  a  Đẳng thức xảy a = b = c b) BĐT � S   x  y  z   x2  y  z   x y  y z  z x  S  x2  y2  z2  x  y  z   y  z  x   z  x  y  Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có y  z �y  z   x  x � x  y  z  �z 2 Chứng minh tương tự y  z  x  �y , z  x  y  �z 2 2 Vì S �2  x  y  z    Thay x y2 z2 S 16 S Dấu xảy ra,  x, y , z    2; 2;0  hốn vị, ta có S = Vậy S = ...  � m  �4 (thỏa mãn điều kiện) Câu a) �  x  10 x   y  10 y   81 � HPT � � �  x  10 x   y  10 y   18 � Đặt u  x  10 x, v  y  10 y Ta có u.v  81, u  v  18 Suy u , v nghiệm... -9 Hệ cho tương đương với hệ phương trình sau: 2 � � �x  �x  �x  10 x  9 �x  10 x   � �� �2 �2 �y  10 y  9 �y  10 y   �y  �y  Hệ cho có nghiệm  1;1 ,  1;9  ,  9;1 ,  9;9... BC, AB B1, B2; kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC, AC C1, C2 Các tam giác MB1C1, MA2C2, MA1B2 đều, uuuu r uuuur uuuur MD  MB1  MC1 uuur uuuur uuuur uuur uuuu r uuuur ME  MA2  MC2 , MF 