De va dap an thi HSG truong mon Toan Nam hoc 2009 2010

Trên tia đối của tia CA lấy điểm E bất kì, D là điểm cùng phía với B đối với đường thẳng AC sao cho tam giác CED đều.. Gọi N,P lần lượt là trung điểm của các cạnh AD, BE.[r]

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU III Mơn: Tốn học 10

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút

Câu 1: Giải phương trình, bất phương trình sau:

a 1

1 1

x

x x x

b 2 1 2

2 x  x  x x  x 

Câu 2: Giải hệ phương trình:

3

3

2

(2 1) x xy

y y x xy

  

 

   

 

Câu 3: Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm R:

2

(x  x 1)(x  x m) 0

Câu 4: Cho tam giác ABC cạnh a Trên tia đối tia CA lấy điểm E bất kì, D điểm phía với B đường thẳng AC cho tam giác CED Gọi N,P trung điểm cạnh AD, BE

a Chứng minh rằng: Tam giác CNP

b Tìm quỹ tích điểm M cho: MA2 MB2 2MC2

 

Câu 5: Cho x, y thỏa mãn: x2 y2 1

 

Tìm giá trị lớn biểu thức: P 2x2 xy 2y2

  

-Hết -ĐÁP ÁN Câu 1: a ĐKXĐ: x1 Với ĐK đó:

Ta có: 1

1 1

x

x x x (1)

2

0

1 0

2 2 . 1

2

1 1

0 1 1 x x

x x x x

x x

x x x x

x x x x                                                   c ĐKXĐ: x1 Với ĐK đó: Đặt t x 2 x1 Suy ra:

2

2 2 1 2 2 2 4

2 t t  x  x  x  x x  x    Khi bất phương trình trở thành: t2 2t 8 0 2 t 4

      

- Với t2 suy ra: x 2 x12 x  2 x1

6

x x x x x

           (đúng  x 1)

- Với t4 suy ra: x 2 x1 4  x2 x1 4

2 15 13

x x x x

          (đúng  x 1)

Vậy tập nghiệm bất phương trình   1; 

Câu 2: Ta có:

3

3

2

(2 1) x xy

y y x xy

          

3

3 2

2 3

2 [ (2 1)] ( )( 1)

x xy x xy

x xy y y x xy x y x xy y

                          

Mặt khác

2 2

2 1 1 0

2

y y

x  xy y  x     



Do đó: Hệ PT 2 3 x y x y x xy          

Câu 3: Đặt t x2 x 1

   suy

2

1 5

2 4

t x    

 Khi bất phương trình cho trở thành:

 

t t m 1   0 t (m1)t0 (1)

Để bất phương trình cho có tập nghiệm R thì (1) phải có tập nghiệm 5; 

 

 

 

Xét f t( ) t2 (m 1).t

   ta có trường hợp:

- TH1:

( 1)

2

m

m   

   Khi ta có bảng biến thiên f t( ) 5; 

 

 

 

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( ) 0 với 5;

4 t     

  thì:

0 f  

  hay

2

5 5

.( 1)

4 m m m

 

         

 

Kết hợp với ĐK ta thấy khơng có m thỏa mãn - TH2:

( 1)

2

m

m   

   Khi ta có bảng biến thiên f t( ) 5; 

 

 

 

t

( 1)

m

 

( )

f t

  

4 

t

5 

( )

f t

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( ) 0 với 5;

4 t     

  thì:

( 1)

m

f   

 

Hay ( 1)2 ( 1)2 0 ( 1)2 0 1

4

m m

m m

 

       (thỏa mãn ĐK) Vậy ĐK để bất phương trình cho có tập nghiệm R là m1

Câu 4: a, Dễ dàng chứng minh

ADE BCE

  (c.g.c)

Từ suy ra:

   

NAC PBC NAC PBC

AD BE AN BP

   

 



 

 

 

 

Mà AC=BC

Suy ANC BPC

 

CN CP NCA PCB

   

 

 Do đó:

 (  )  

ACB ACB NCA PCB NCP

hay NCP 600



Suy tam giác NCP cân có góc 600

Vậy tam giác NCP 

b, Gọi O trọng tâm ABC

vì ABC nên OA=OB=OC Ta có:

2 2

2 2 2

2

2 ( ) ( ) 2( )

2 .( ) .( )

MA MB MC MA MB MC MO OA MO OB MO OC

MO MO OA OB MO MO OC MO OA OB MO OC

          

       

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

        

         

Mà OA OB OC      0 OA OB  OC thay vào ta được:

2.MO OA OB.(  ) 4. MO OC  MO OC 0

      

Vậy M thuộc đường thẳng qua O vng góc với OC

Câu 5:Cách 1: Ta xét trường hợp: -TH1: y=0 x2=1

Khi

A

B

C

E D

N

-TH2: y0 ta đặt x=k.y

ĐK tốn trở thành (k2 1)y2 1

  P( 2k k  2)y2

Do 2 2

2 2

( 2) 2

( 2) ( 2)

1 ( 1)

P k k y k k

P P k k P

k y k

   

        

  (*)

Để (*) có nghiệm 0 hay 4.( 2)( 2)

P P P

       suy

2 P Khi P=3

2 thay vào (*) k= 2

Suy

2

2

1 (3 2)

1 18 12

1 2 y

k



  

   



 



 

- Nếu y= 2 18 12





1 18 12 x

 - Nếu y= 2

18 12 



1 18 12 x 

 Vậy ax

3 m

P  với x;y nhận giá trị

Cách 2: Áp dụng BĐT 2

2 a b

ab  ta

       

2 2 2

2 2 2 2

2 2 2 2

2

x y

P x  y   x  y x  y     

Và đẳng thức xảy a=b hay x y nhận giá trị cách 1

Cách 3: (Sử dụng vectơ để CM BĐT)

Trong mặt phẳng tọa độ chọn u v cho

2

.( )

2 P u v

u v x y

   



  

 

   

Mọi người thử suy nghĩ tìm cách chọn xem! Khi chọn xong ta có BĐT: