Đề thi hsg lớp 10, bắc giang, năm học 2012 – 2013

Chứng minh răng biểu thức sau không phụ thuộc vào x cos sin 2sin 3 sin cos 2 sin cos Câu 4.. Cho tam giác ABC.. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A 1;2.. Chứ

(Đề thi HSG lớp 10, Bắc Giang, năm học 2012 – 2013)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4 điểm)

Cho hàm số yf x  x2 2m1x m

1 Tìm m để bất phương trình f x  nhận mọi x thuộc R là nghiệm.  0

2 Tìm m để bất phương trình f x  có hai nghiệm x  0 1, x2 lớn hơn 1

Câu 2 (4 điểm)

1 Giải phương trình: 2 x1 3 x 3 x2 4x 3 6,x  

,

x y







     





Câu 3 (4 điểm)

1 Giải bât phương trình: 3x 2 x 3 x33x1, x 

2 Chứng minh răng biểu thức sau không phụ thuộc vào x

cos sin 2sin 3 sin cos 2 sin cos

Câu 4 (6 điểm)

1 Cho tam giác ABC Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có

1

6

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A (1;2) Đường thẳng chứa canh

BC có phương trình: x + y + 1 = 0 Tìm tọa độ B và C, biết AB = 2AC

3 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn

(C1):x12y 32 0 và (C2):x 22y22 5

Lập phương trình đường thẳng ∆ đi qua A(1;0), đồng thời ∆ cắt các đường tròn (C1) và (C2) lần lượt tại M, N (M, N không trùng A)

Câu 5 (2 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3 Chứng minh rằng

Đáp Án Câu 1 1 Ta có: a 1 0, ' m2 3m1

f x   x     m  m   m    



2 Yêu cầu bài toán tương đương với    

' 0

 



  





   



3 5

2

2 4 0

2 0

m



 





            

 

  



Câu 2.1 Điều kiện: x 3

Phương trình đã cho tương ứng với

7

3 2 0

x x

        





2 Điểu kiện x, y ≥ 1

2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với    2 

Dox, y ≥ 1

2nên x2 + 2xy + 2 > 0

Vì vậy (*)  x y  0 xy, thay vào phương trình thứ hai của hệ:

1 2

2 2 1 3 1

4 2 1 3 1

x







    

 Giải ra ta được x =1, x = 5

9 Vậy nghiệm của phương trình là (1;1) và 5 5;

9 9

Câu 3 1 Điều kiện 2

3

x 

Bất phương trình đã cho tương đương với  3x 2 1   x 3 2x33x 4

2

2

       

Ta có: 2 3 4 3 1

0,

3

Do đó (1)  x1 0  x1

Vậy 2 1

3 x

2 Ta có: A cos 2x sin2 x2sin2x33 1 2sin  2xcos2x 2 1 3sin  2 xcos2x

3

cos sin 2sin 3 6sin cos 2 6sin cos

cos sin 2sin 1

Vậy A = 1, suy ra A không phụ thuộc vào biến x

Câu 4.1 Ta có

2

AB

GA GB

Tương tự với 2 đẳng thức còn lại, sau đó công 3 đẳng thức lại ta được:

4

9

2

GA GB GB GC GC GA

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

2 Ta có: d(A; BC) = 2 2

∆ABC vuông tại A nên

Kết hợp với điều kiện AB = 2AC ta được AC2 = 10

Mà C  BC nên C(a; – a – 1 )

a 12 a 32 10

2

2a 4a 10 10 a 0

      hoặc a = - 2

+) Với a = 0 suy ra C(0; - 1)

Phương trình AB đi qua A, vecto pháp tuyến AC    1; 3

– 7 = 0

Từ đó tìm được tọa độ điểm B (-5;4)

+) Với a = -2 suy ra C(-2;1)

Phương trình AB đi qua A, vecto pháp tuyến AC    1; 3 là x + 3y – 5 = 0

Từ đó tìm được tọa độ điểm B (3;-4)

3 Đường tròn (C1) có tâm I1 (1;3) bán kính R1 = 3, (C2) có tâm I2 (2;-2)

bán kính R2 = 5

Ta có A là một điểm chung của hai đường tròn

Gọi na b;  0 là vecto pháp tuyến của đường thẳng

     

Ta có:

2

3

;

2

;

36

b

d I

d I

a



 













 













 



Do MA = 2MB nên MA2 = 4MB2  36a2 4 16 a216ab4b2

2

2

a

b 

+) với a2n, ta chọn b 1, a 2  phương trình ∆: 2x – y – 2 = 0

+) với 7

2

a

b  , ta chọn a 2, b7 phương trình ∆: 2x –7y – 2 = 0

Câu 5: Ta có 1 1 c a 3 b2 c a b c2 9

a

1 1

1

 

 

Do đó ta chứng minh được

3

9

Mà 3ab bc ac    a b c  2  9 ab bc ac  3

9

 

      (điều phải chứng minh)