Dap an 30 đề đề hsg toán 10 toàn quốc 2010 2018 09 21

b Xét tam giác ABC vuông ở ,A gọi a là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác... Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P là tiếp điểm của đường tròn ,  O với

ĐỀ SỐ 09

Câu 1 a) Điều kiện:

12

x 

Đặt t 2x1 (t 0) thì 2x t 2 1Khi đó ta có: x2- 6x+ -2 2(2- x t) ³ 0Û x2+2tx- 4t- 3(t2+ + ³1) 2 0

x³

y= thì

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của hệ là: ( ) (1;1 , 1; 1- )

Chú ý: Nếu trong bài toán có phương trình biến đổi được về dạng

Câu 2: Hệ đã cho tương đương với:

2 2

ê £ ë

Phương trình (1), ẩn y không có nghiệm thuộc khoảng (- ¥ -; 4 0;][ +¥ ) (*)

là (1) vô nghiệm hoặc ( )1

có 2 nghiệm đều thuộc (- 4;0 ,)

điều kiện là

2

2

2 2

2

2 1

m y

m y

<-ïï - < ïî

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) ẩn ý có ít nhất 1 nghiệm

thuộc khoảng (- ¥ -; 4] [È 0;+¥ ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là - 174 £ m£ 12;m¹ 0.

Theo giả thiết: AL^CM Û uur uuurAL CM. =0

(bAB c AC AB)( 2AC) 0 bc2 bc2cosA 2cb2cosA 2cb2 0

(c 2b)(1 c Aos ) 0 c 2 ( cosb do A 1)

>-Vậy

12

2

a= b=

Vậy minP=2 17 đạt được khi a=1 và

12

b=

Câu 5: 3 số ( ), ( ), ( )f m f n f p hoặc cùng dương, âm hoặc có hai số cùng dấu nên:

có 3 nghiệm phân biệt

m p- ³ n p

ta có ,m n là nghiệm của phương trình x ax b2- + - 7= và p là nghiệm của phương 0trình x ax b2- + + = nên7 0

9 ( )7

ï - =

72

=-Do m n p, , Î [ ]1;9

nên ta tìm được 4 bộ là (a b, )Î { (11;7 , 13, 29 , 7; 1 , 9;7 ) ( ) ( - ) ( ) }

ĐỀ SỐ 10 Câu 1 1 Ta có a= > D =1 0, ' m2- 3m+ 1

Câu 2 1 Điều kiện x³ 3

Phương trình đã cho tương đương với

x y³

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với (x y x- ) ( 2+2xy+ =2) 0 (*)

Do

1,2

-ïî

Giải ra ta được

51;

uur uuur uuur uuur uuur uur

Sử dụng công thức trung tuyến suy ra điều phải chứng minh

2 Ta có d A BC( , )=2 2 Do tam giác DABC vuông tại A nên

3 Đường tròn ( )C có tâm 1 I1(1;3) bán kính R1=3, (C )2 có tâm I2(2; 2)- bán kính R2 = 5

Ta có A là một điểm chung của hai đường tròn.

Gọi nr=( ; )a b ¹ 0r là vectơ pháp tuyến của đường thẳng D suy ra :D ax by a+ - = 0

nhau tại hai điểm phân biệt ,A B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách đều các trục

Yêu cầu bài toán Û y I = x I Û m- = Û1 1 m=2;m=0

Kết hợp với điều kiện, kết luận2

Câu 2. a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có (1; 2)B Đường thẳng D là đường phân

giác trong của góc A có phương trình 2 x+ - = Khoảng cách từ y 1 0; C đến D gấp 3 lần

khoảng cách từ B đến D Tìm tọa độ của điểm A và C biết C nằm trên trục tung

b) Xét tam giác ABC vuông ở ,A gọi a là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của

tam giác Chứng minh rằng

3sin

5

a £

Gọi ,a b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện với góc ,A B và C của tam giác

G B

uuur uuur uur uuur uur

Giả sử uuurAK=x AD.uuurÞ BKuuur=x BD.uuur+ -(1 x BA)uur

Mà

23

Vì , ,B K E thẳng hàng (B¹ E) nên có m sao cho BKuuur=mBEuur

m- x=

và3

2a IA b IB c IC 0

- uur+ uur+ uur=r.

Tìm điểm M sao cho biểu thức: - 2a MA2 2+b MB2 2+c MC2 2 đạt giá trị lớn nhất.

Bài giải:

Kẻ đường cao AH ta có b2 =a CH. , c2 =a BH. Þ b BH2. =c CH2

b BH c CH

Þ uuur+ uuur=r Suy ra b IB c IC2uur+ 2uur=b IH2uur+c IH2uur=a IH2uur

Kết hợp giả thiết suy ra 2a IA2uur=a IH2uurÛ 2IAuur uur=IH Vậy điểm I cần tìm thỏa mãn A là trung điểm của IH

với , ,x y z bất kỳ thỏa mãn: xIA yIB zICuur+ uur+ uur=0r bình phương vô hướng 2 vế với chú ý

2IAIBuuruur=IA +IB - AB ta có:

(xIA +yIB +zIC ).(x+ + =y z) xyc +xzb +yza Þ - 2a IA +b IB +c IC =3b c

Mặt khác ta có: xMA2=x IA IM2(uur uuur- )2=x IM.( 2+IA2- 2IAIMuuruuur)

Tương tự cho yMB zMC rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có :2, 2

xMA +yMB +zMC = + +x y z IM +xIA +yIB +zIC

Thay số ta có : - 2a MA2 2+b MB2 2+c MC2 2=- a IM2 2+3b c2 2£ 3b c2 2 Dấu bằng xảy ra khi

M trùng I

Câu 4 a) Giải phương trình : 1 (6+ x+2) 2x2- =1 2.(5x2+4 ) (*)x

ĐK:

1212

x

x

é

ê ³êêê

Đặt y= 2- x2 > , thay vào ta được 0

S ìïï- - üïï

ïïþïî

b) Phương trình : x2- 2mx m+ 2- 2m+ = có hai nghiệm không âm 4 0

Û íï ³ Û ³

ï ³ïïîTheo định lý Viet ta có : x1+x2=2 ;m x x1 2=m2- 2m+4 Do đó:

ê =ë+) Với x 1 ta có y=1 hoặc y=2

+) Với y=2 ta có x=0 hoặc x=1

Câu 3: Do a,b,c là 3 cạnh của tam giác không có góc nhọn nên có một trong ba bất đẳng thức sau xảy

ra a2³ b2+c b2; 2³ c2+a c2; 2³ b2+a2 Không mất tính tổng quát giả sử a2³ b2+ Khi c2

Câu 4 : Áp dụng quy tắc trọng tâm và trung điểm ta có :

ĐỀ SỐ 14

Câu 1: Điều kiện

22

Vậy phương trình có các nghiệm

Do AD là phân giác của MAN và AD là đường kính nên AM AN 4 

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta được . . 1. . . 1

Thật vậy, áp dụng định lí Carnot: “Cho đường cong bậc hai:

Quay trở lại bài toán trên, ta thấy đường tròn đường kính AD cắt ba cạnh của tam giác ABC tại

6 điểm , , , ; , H D N A A M mà AD BA CA đồng quy tại , , A A nên AH BN CM đồng quy, ,

ĐỀ SỐ 15 Câu 1:

Phương trình (2) vô nghiệm

Phương trình (1) cho ta tam giác ABC vuông tại A

Với x 1 2ythay vào (2) ta được 3 3 1 2  1 3 0 1

3

Đặt t 1 3 ; y t thay vào giải ta được 0 t 2 1 3 y  2 y 1 x 3.

Vậy hệ đã cho có nghiệm là x3;y 1

Suy ra m n mod 3  m n  (điều phải chứng minh).3

Cách 2: Vì k không chia hết cho 3 nên k 2 1 mod 3 

suy ra m n  1 mod 3 *   

Vì m n. không chia hết cho 3 nên m n, không chia hết cho 3

Giả sử mvà n không cùng số dư khi chia hết cho 3 thì m n  2 mod 3 

mâu thuẫn  *Suy ra m n, chia hết cho 3 có cùng số dư Vậy m n 3

Câu 5:

Gọi GAB CD , suy ra GC GD (vì GA GB GC.  2 GD2 là phương tích của điểm G với

hai đường tròn).Theo định lí Talet ta có:

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC P là tiếp điểm của đường tròn ,  O

với

AB , giao điểm của MN với AO là I

Do AO là tia phân giác góc BAx nên hai điểm P và N đối xứng nhau qua AO

Suy ra PI PO;   NI NO;   MI MO;  mod (do tam giác MIN cân) Từ đó suy ra bốn 

điểm , , ,P I O M cùng thuộc một đường tròn (1).

Mặt khác do  O

tiếp xúc với cạnh AB BC ở P và M nên , OPB OMB 900 suy ra tứ giác

OMBP nội tiếp đường tròn đường kính BO (2).

Từ (1) và (2) suy ra 5 điểm ,B M I O và , , P cùng thuộc đường tròn đường kính BO Do đó

BIO BPO  , dẫn đến I là hình chiếu của B trên AO

Do góc BAx cố định và B cố định nên đường thẳng AO cố định và suy ra điểm I cố định

Vậy đường thẳng MN đi qua điểm I cố định

Câu 3:

Không mất tổng quát, giả sử

00

(điều phải chứng minh).

Câu 4: Tìm bộ số nguyên dương m n; 

sao cho p m 2n2 là số nguyên tố và m3n3 4 chia hết cho p

Dấu bằng chỉ xảy ra khi m n  1

Vậy trong trường hợp ta tìm được các bộ số thỏa mãn là 1;1 , 1;2 , 2;1     

Câu 5:

a) Vì các số thực được điền vào các ô vuông là những số nguyên dương nên tồn tại số a nhỏ

nhất trong các số được điền

Giả sử tồn tại một ô vuông cơ sở có chứa số a mà bốn ô vuông cơ sở có cạnh liền kề có ít nhất

một ô vuông có chứa số b a Gọi , ,c d e là ba số ở ba ô vuông cơ sở có cạnh liền kề còn lại

Như vậy nếu có một ô vuông có chứa số a thì bốn ô vuông có cạnh liền kề với nó cũng chứa số

a Do đó tất cả các ô vuông đều chứa số a.

b) Nếu các số được điền là các số hữu tỉ thì bốn số ở bốn ô vuông có cạnh liền kề với ô vuông

cơ sở không nhất thiết phải bằng nhau

Ta xây dựng một hệ trục tọa độ vuông góc có các trục tọa độ song song hoặc trùng với các cạnhcủa ô lưới ô vuông và có đơn vị trên mỗi trục bằng độ dài cạnh của ô vuông cơ sở Ở mỗi hình vuông cơ sở ta điền một số bằng trung bình cộng hai tọa độ tâm của hình vuông đó

Khi đó do tọa độ của tâm các hình vuông cơ sở đều là các số hữu tỉ nên số đặt vào đó cũng là

số hữu tỉ Và số đặt vào bốn ô vuông cơ sở có cạnh kề với nó không bằng nhau

Ta chứng minh số điền vào các ô vuông cơ sở bằng trung bình cộng của bốn số ở bốn ô vuông

có cạnh liền kề với nó như sau:

Không mất tổng quát giải sử có hình vẽ

Khi đó tâm của bốn hình vuông cơ sở , , ,A B C D là bốn đỉnh của một hình vuông tâm I của hình vuông cơ sở ở giữa làm tâm, nên dẫn đến tọa độ điểm I là trung bình cộng tọa độ các điểm , , ,A B C D do đó số được đặt trong các hình vuông tâm I là số hữu tỉ và là trung bình cộng của bốn số hữu tỉ được đặt trong các hình vuông tâm , , , A B C D

ĐỀ SỐ 17

Câu 1: Điều kiện

3 x 3Đặt a 7 3 , x b 3x 2 a b, 0 Suy ra

Nhưng TM TD TATB  và HP HA HQ HB.  . nên ,H T nằm trên trục đẳng phương của hai

đường tròn nói trên Vậy HT CM

k 

là giá trị lớn nhất

Xét

23

k 

bất đẳng thức trở thành 4 4 4   2   2

13

a b c abc a b c   ab bc ca 

m 

b) Do f x    0, x R nên f  0  0 c 0

4a c 2 4ac2 b 2b 2b (điều phải chứng minh).

Câu 2 a) Cách 1: Điều kiện

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

So sánh với điều kiện tập xác định ta được nghiệm của hệ phương trình x y ;  3;1

Câu 3 a) Yêu cầu bài toán

a b c  

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

Vậy CAD AFE 

Do CAD FAE  900  AFE FAH 900, nên AM EF

Cách 3:

Theo giả thiết ABE đồng dạng ACFnên ta có: AB AC k  1

ĐỀ SỐ 19 Câu 1 1 Ta có: x22mx 3m2x 3 x22m1x 3m 3 0

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4x5

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: 4;6

x 

Trường 2: 2x2 2xy2y2  1 0; 'x2 3 y2 Nếu có kinh nghiệm thì

23

y 

Tương tự cũng có

23

x 

2 Cách 1: Ta có: 2x211x23 4 x 1

Điều kiện: x1 1   2x2 6x9x 1 4 x 1 4 0

Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có:

Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A.

Câu 4 1) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi

Vì 2 2 2

;(b c c a )(  ) (a b 2 )c  (2a2b2 )c (a b c  )

điểm phân biệt A,B và AB=1

Đường thẳng  song song với d có dạng y x m m  ( 3)

Phương trình hoành độ giao điểm 4x2  x 1 m0 (1).

Đểcắt ( )P tại hai điểm phân biệt A,B thì (1) có hai nghiệm phân biệt, điều kiện là

150

m 

.b) Gọi I là đỉnh của ( )P ;A,B là hai điểm phân biệt, không trùng với đỉnh và nằm trên( ) P sao

cho IA vuông góc với IB Tìm quỹ tích trung điểm N của AB khi A,B thay đổi

Gọi A a a  nằm trên ( )( ; 4 2 1) P , đỉnh I(0;1).

Đường thẳng IB qua I(0;1), nhận IA a a( ; 4 )2

là véctơ pháp tuyến Phương trình của đường thẳng IB là x4ay 4a 0.

Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình:

x x

x x

Trừ vế với vế của (1) cho (2) ta có:

2 2

x x

1 Gọi Q là giao điểm của AP và BC, suy ra P là trung điểm của AQ, tam giác ACQ cân tại C

CQ=CA=b suy ra BQ=BC-CQ=a-b

2 Cho tam giác ABC có AC=b, BC=a, AB=c là đọ dài ba cạnh của tam giác, m m m là độ a, b, c

dài ba đường trug tuyến lần lượt xuất phát từ A,B,C Gọi R,S lần lượt là bán kính đường tròn

ngoại tiếp, diện tích của tam giác Chứng minh rằng nếu

2

abm bcm acm  RS thì tam

giác ABC đều

2 2

22

Câu 4

K A

H

M

Vì tam giác ABC cân tại A nên góc CBH bằng góc BCK

Suy ra cos(BC BH, ) cos( BC CK, )

Đường thẳng BC có véctơ pháp tuyến nBC (1;2)

Đường thẳng CK có véctơ pháp tuyến nCK (4;3)

Gọi véctơ pháp tuyến của đường thẳng BH là

+)Nếu b  , chọn 0 b 3 suy ra a 0 hoặca 4.

+)Nếua 4; b 3 thì nBH (4;3) suy ra nBH nCK(loại)

+)Nếub 3, a 0 suy ra phương trình của BH là: y   6 0

Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình

B là giao điểm của BH và BC suy raB5;6

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khia b c  2.

ĐỀ SỐ 21 Câu 1 Ta có :2x x22x7 4 4 2  x 1.

Điều kiện:

12

x 

, không thỏa mãn phương trình

+) Xét

12

32

x 

Vế phải phương trình (3) :(2x 1)2  ,Dấu "=" xảy ra khi 1 1

1.2

x 

Do đó phương trình (3) có nghiệm là

1.2

ABC CHK



 vuông tai K, ta có cos (3)

CK C CB

S AB

E B I

Đường tròn (C) có tâm I(-1;-4), bán kính R  3.

Gọi A và B là hai giao điểm của (C) và (C') gọi H là giao điểm của EI với AB

Từ giả thiết ta có AI IB AB  3 do đó IABđều

Trường hợp 1: H nằm giữa E và I.

(C') có bán kính

2 2

(C') có bán kính  

2 2