Đề thi hsg lớp 10,hải dương , năm học 2015 – 2016

1 Tìm k để trung điểm của đoạn AB nằm trên trục tung.. Viết phương trình của đường thẳng BC.. Chứng minh rằng góc MGO không nhọn Câu 4... 1 Tìm k để trung điểm của đoạn AB nằm trên trục

(Đề thi HSG lớp 10,Hải Dương , năm học 2015 – 2016)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2,0 điểm)

Cho parabol (P): 2

yx và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1) và có hệ số góc k Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d) Giải sử A, B lần lượt có hoàn độ là x1;x2

1) Tìm k để trung điểm của đoạn AB nằm trên trục tung

2) Chứng minh rằng 2 3  

x  x   k R

Câu 2 (3,0 điểm)

1) Giải phương trình: 2

3x 1 5x4 3 x  x 3

2) Giải hệ phương trình:

1

2 1 1

x x y xy xy y

x y xy x







Câu 3 (4,0 điểm)

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân giác trong kẻ tử đỉnh A là điểm 2; 3

2

D   

  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm 1;1

2

I  

  Viết phương trình của đường thẳng BC

2) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c (b ≠ c) và diện tích là S Kí hiệu m m m lần lượt a; b; c

là độ dài cảu các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C Biết rằng 2m a2 m b2m c2

a) Chứng minh rằng a S24 cotA

b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm

của BC Chứng minh rằng góc MGO không nhọn

Câu 4 (1,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 3 3

2

a b c   Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức 2 12 2 12 2 12

M

Đáp Án Câu 1.

Cho parabol (P): yx2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I(0;-1) và có hệ số góc k Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d) Giải sử A, B lần lượt có hoàn độ là x1;x2

1) Tìm k để trung điểm của đoạn AB nằm trên trục tung

+) Đường thẳng (d) có pt: y kx 1

+)PT tương giao (d) và (P): 2 2

       + (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x x vì 1; 2 2

4 0( )

     + Trung điểm M của AB có hoành độ là 1 2 ;

x x k



M nằm trên trục tung 0 0

2

k

k



2) Chứng minh rằng 2 3  

x  x   k R

Theo Vi et có: x1x2 k x x; 1 2 1

x  x  x  x  x x  x x  x  x x x  x x

x  x  x x  x x k 

        Đẳng thức xảy ra khi k = 0

Câu 2

3x 1 5x4 3 x  x (1)3 Điều kiện: 1

3

x 

(1)   3x 1 1  5x 4 2 3x2 x

3 1

3 1 1 5 4 2

0 ( )

3 1 (*)

3 1 1 5 4 2

x x

x











Với x =1: VT (*) = 2 = VP (*) nên x =1 là một nghiệm của (*)

Nếu x > 1 thì VT (*) < 2 < VT (*)

Nếu x < 1 thì VT (*) > 2 > VP (*) Vậy (1) có 2 nghiệm x = 0; x = 1

2) Giải hệ phương trình:

1

2 1 1

x x y xy xy y

x y xy x







2 2

1 1

x y xy x y xy



 



Đặt

2

b xy

  







 Hệ trở thành:  2 

2

2 0 1

a a a





 



Từ đó tìm ra (a;b) ∈ {(0;1);(1;0);(-2;-3)}

Với (a;b) = (0;1) ta có hệ

1 1

x y

x y xy

  



  





 Với (a;b) = (1;0) ta có hệ        

; 0; 1 ; 1;0 ; 1;0 0

x y

x y xy

  







 Với (a;b) = (-2;-3) ta có hệ

2

2 3

3 3

2

1; 3

2 3 0

y y





  



  

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm x y ;   1;1 0; 1 ; 1;0      1;0 ; 1;3   

Câu 3

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6), chân đường phân giác trong kẻ tử đỉnh A là điểm 2; 3

2

D   

  tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm 1;1

2

I  

  Viết phương trình của đường thẳng BC

Đường tròn (C) ngoài tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP 0; 15

2

AD   

1;0

n

  là vecto pháp tuyến của AD

Phương trình đường thẳng AD là: x =

 

A AD C A  A A thuộc AD và IA’ = IA Tìm được A’(2; -4)

A’ là điểm chính giữa của cung BC không chứa A nên IA’  BC

Đường thẳng BC đi qua D vào có ' 5;5

2

A I   



là vecto pháp tuyến

Từ đó viết được phương trình đường thẳng BC là : x 2y 5 0

2) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c (b ≠ c) và diện tích là S Kí hiệu m m m lần lượt a; b; c

là độ dài cảu các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C Biết rằng 2m a2 m b2m c2

a) Chứng minh rằng a S24 cotA

Viết được công thứ các trung tuyến

(*)

2 2

2 (**)

Ta có 24 cotA 2 bc.sinA.cos

sin

A

a S

A



2 cosA bbc c a

Từ (**)  b2c2 a2 a2 hay a S24 cotAa2

b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm

của BC Chứng minh rằng góc MGO không nhọn

Ta sẽ chứng minh GO GM.  0 OG GM. 0

   

Ta có

2

OB OC OA OB OC OA OC OA OB



       

     

OB OC OA OC OA OB 

     

Mặt khác ta có

 2

2

BC  OC OB OB OC  OB OC

(trong đó R = OA = OB = OC)

2OB OC 2R a

 

Tương tự có 2 2

2OA OC  2R  b

2OA OB  2R  c

Vậy 18

2 2

2

2

b c

OG GM    a   OG GM 

(do đó (**))

Câu 4.

Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn 3 3

2

a b c   Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

M

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì Khi đó

(*)

a b c

 

  Dấu bằng xảy ra khi a b c

x y z

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia

*Vào bài chính

Ta sẽ chứng minh

3

M

P

Giả sử a ≥ b ≥ c

2 2

a b



Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P

Sau đó áp dụng bđt (*) ta có:

 

a b b c c a a b b c a c

P

         

Ta sẽ chứng minh

2

2

Bất đẳng thức cuối cùng, suy ra điều phải chứng minh