de thi va dap an hoc sinh gioi lop 10

Mọi cách giải khác đúng đều đạt điểm tối đa..[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TOÁN 10NĂM HỌC 2008 – 2009 Thời gian: 180 phút (không kể giao phát đề)

Bài 1(2,0 điểm) Giải phương trình:

3

1 2

x x

  

Bài 2(2,0 điểm) Cho hệ

6 3 3

3

4

x y y x x y

y x m

     

 

 

 , với m

Chứng minh m 2 y 31 m      Bài 3(2,0 điểm) Tìm giá trị lớn biểu thức:

P = xyz(x + y)(y + z)(z + x) với , ,x y z0 x + y + z = 1.

Bài 4(2,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức:

với a b c  0

Bài 5(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c, a2 b2 c2

  đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B C mb, mc thoả mãn b

c m c

b m  Gọi S diện tích tam giác

Chưng minh tanA 4S2 a



-Hết

-Chú ý Cán coi thi khơng giải thích thêm;

Học sinh không sử dụng tài liệu

1 1 1

( ) ( ) ( )( )

b a c a c

ĐÁP ÁN

Bài Bài giải Thangđiểm

1

ĐK: x1

Phương trình tương đương: 53 x3 1 2 x2 2

  

Đặt :

2

2 2

1

1

u x u x

v x x v x x

     

       

Phương trình trở thành:  2

2 5uv u v 2( ) 5( )

1

u

u u v

u v v v               +/ u 2 x 1 2 x2 x 1

v       (Vô nghiệm)

+/ 2 1 1 37

2

u

x x x x

v



        (thoả mãn) Vậy phương trình có nghiệm 37

2

x 

0,25

0,75

0,5

0,5

2

Ta có: x6 4y6 2y3 x3 4x y3 2 0 ( )x3 (4y3 1)x3 4y6 2y3 2 0

             (1)

3

(4y 1) 4(4y 2y 2)

       

 1 2 - xy3 1-2y 3

   

Thay x3 = m – y3 , ta có:

3

2 m

m y

     hay m 2 y 31 m      0,5 0,5 0,5 0,5

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho số không âm x,y,z ta có:

3

1

2 ( ) ( ) ( ) ( )( )( )

x y z xyz

x y y z z x x y y z z x

              Suy 3

2 ( )( )( )

9

xyz x y y z z x P P  

        

  Vậy giá trị lớn

3

P  

 

1

x  y z

0,5 0,5 0,5 0,5

4 1 1

( ) ( ) ( )( )

1

( ) ( ) ( )( )

1

(do a + c > 0)

b a c a c

a c b a c

b a c

a c a c a c

ac b ac

b a c

ac b ac

                

b ac b a c( ) (do abc > 0)

   

0,5

b(b )+c(a b)

(a b)(c ) a b c >

a

bđúng

   

     

Dấu “=” xẩy a = b = c >

0,5 0,5

5

Áp dụng công thức đường trung tuyến tam giác ta có:

2 2

2 2

2

2

c b m

c c a c b

b m b a b c

    

 

hay c2(2a2 + 2b2 – c2) = b2(2a2 + 2c2 – b2)

 c4 – b4 + 2a2(b2 – c2) =  (c2 – b2)(b2 + c2 – 2a2) = (1) Do c

b  nên từ (1) suy b

2 + c2 – 2a2 = (2)

Mặt khác theo định lý Côsin tam giác ta có: a2 = b2 + c2 – 2bccosA

Kết hợp với (2) ta có: a2 = 2bccosA

Suy a2sinA = 2bccosAsinA

 a2sinA = 4ScosA, A900 nên suy tanA 4S2

a



0,5 0,5 0,25 0,25 0,5