Cho tam giác ABC trọng tâm G.. b/ Đường thẳng MN chia tam giác CAN thành hai tam giác.. Tính tí số diện tích của hai tam giác đó.. Tam giác ABC có các đường phân giác trong AE, BF và CP.
Trang 1Bài I ( 5,0 điểm)
1 Giải phương trình x2−2x− =3 x+3
2 Giải hệ phương trình
2 4
Bài II ( 5,0 điểm)
1 Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 1
x
− + − có tập nghiêm là ¡
2 Tìm tham số m để hệ phương trình
2 2
2
2 2 2
2 4
x y
có đúng hai nghiệm phân biệt.
Bài III ( 2,0 điểm)
Tam thức f x( )=x2+ +bx c thỏa mãn ( ) 1
2
f x ≤ với ∀ ∈ −x [ 1;1] Hãy tìm các hệ số b và c
Bài IV (2,0 điểm)
Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn xy yz zx+ + =1 Chứng minh rằng ta luôn có:
2 2 2 32
Bài V ( 6,0 điểm)
1 Cho tam giác ABC trọng tâm G Các điểm M, N được xác định bởi 1
2
CNuuur= BCuuur; 3MAuuur+4MBuuur r=0
a/ Chứng minh rằng ba điểm G, M, N thẳng hàng
b/ Đường thẳng MN chia tam giác CAN thành hai tam giác Tính tí số diện tích của hai tam giác đó.
2 Tam giác ABC có các đường phân giác trong AE, BF và CP Chứng minh rằng ta luôn có:
EFP ( )(2 )( )
ABC
∆
∆
= + + + ( với BC a AC b AB c= ; = ; = )
-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐỒNG QUAN
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2010
Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề .
Họ và tên thí sinh:……… ; Số báo danh:………
Trang 2ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010
MÔN:TOÁN
I(5 đ) 1(2,5đ) Giải phương trình
Pt ⇔ ( )2
x− − = x+ Đặt x+ = −3 y 1,(y≥1) ⇒(y−1)2 = +x 3
Ta có hệ phương trình:
2
2 2
x y x y
1,0
3 17
2
x y
=
⇒ =
0,75
1
1 13
2
= −
⇒ =
KL: Phương trình có hai nghiệm là 3 17
2
2
0,75
2(2,5đ)
Giải hệ phương trình
2(1) 4(2)
ĐKXĐ: y≥0;x≥ y x; 2 ≥ y NX: Ta thấy VT(1) ≥0
• pt(1) ⇔2x−2 x2 − = ⇔y 4 x2− = −y x 2 2
4 4
x
≥
1,0
• Thay y=4x−4 vào pt(2) ta được:
2 6 2 5
2
4 4 (6 )
x
x
≤
Với 5 6
2
x= ⇒ =y KL: Hệ có nghiệm ( ; ) 5;6
2
= ÷
1,5
II(5đ) 1.(2,5đ) Tìm tham số m…
• Để bất phương trình có tập nghiệm ¡ ta cần có mx2−4x m+ − ≠3 0 với ∀ ∈x ¡
( m =0 không thỏa mãn)
2
0
m
m
≠
0,5
Trang 3• Với m< −1 Khi đó ta có mx2−4x m+ − <3 0 với x∀ ∈¡ Bpt ⇔ + >x 1 mx2−4x m+ − ⇔3 mx2−5x m+ − <4 0(1)
Bpt có tập nghiệm ¡ (1) 2
4 41 2
0 4 16 25 0
4 41 2
m
m
<
>
2
m< − ⇒ <m −
1
• Với m>4 Khi đó ta có mx2−4x m+ − >3 0 với ∀ ∈x ¡
Bpt ⇔ + <x 1 mx2−4x m+ − ⇔3 mx2−5x m+ − >4 0(2)
Bpt có tập nghiệm ¡ (2) 2
4 41 2
0 4 16 25 0
4 41 2
m
m
<
>
2
m> ⇒ >m +
KL: 4 41
2
m< − ; 4 41
2
m> +
1
2.(2,5đ Tìm tham số m để hệ có hai nghiệm
Hệ pt
2 2
2
2
( ) 2( ) 2
(1) 4
4
( 2) (2)
I
x y
= −
NX: Nghiệm của hệ (I) thỏa mãn x+ y= và nghiệm của hệ ( )0 II thỏa mãn
4
x+ y= Þ hai hệ không thể có nghiệm chungÞ
Hệ phương trình có đúng hai nghiệm phân biệt
pt(1) có hai nghiêm phân biêt và pt(2) vô nghiêm( không xay ra) pt(2) có hai nghiêm phân biêt và pt(1) vô nghiêm( không xay ra) pt(1) và pt(2) có nghiêm kép m=0
⇔
KL: m=0
1,5
III2đ Tìm các hệ số ; b c
.• ĐK cần:
Ta có
0,5
Từ (2) và (3) 3 1
2 c 2
2
c
⇒ = −
Trang 4Với 1
2
c= − thay vào (2) và (3) ta được 1 0 0
b
b b
− ≤ − ≤
− ≤ ≤
1
.• ĐK đủ:
Với 0; 1
2
b= c= − ta có ( ) 2 1
2
f x =x −
2
2
2đ Chứng minh bất đẳng thức
.• Ta có x2+ =1 x2+xy yz zx+ + = +(x y x z)( + )
2
2 ( )( ) 1
x y x z x
Tương tự ta có
1
y
2
2 1
z
1
VT
Dấu bằng xảy ra 1
3
⇔ = = =
1
V( 6đ) 1(4đ ) Chứng minh thẳng hàng……
a/( 2đ)
• Ta có
(1)
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
7
uuur uuur r uuuur uuur uuuuur r uuuur uuur
(2)
• G là trong tâm tam giác ABC 1( )
3
⇒uuur uuur uuur r+ + = ⇔uuur= uuur uuur+ (3)
1
E H
N
K P
M G
A
Trang 5Từ (1) và (2) 15 3
⇒uuuur uuur uuuur= − = − uuur+ uuur
21 3
⇒uuuur uuur uuuur= − = − uuur+ uuur 9
, , 2
⇒uuuur= uuuur⇒ thẳng hàng
1
b/ ( 2đ)
• Gọi P MN= ∩AC và E là trung điểm BC Đặt S1=S∆NPA;S2 =S∆NPC
Kẻ NH ⊥ AC H,( ∈AC)Khi đó 1 2 1
2
1
• Kẻ CK/ /AG K MN,( ∈ )
Ta có PA AG 2EG 2.EN 4
PC =CK = CK = NC = 1
2
4
1
2(2đ)
• Ta có
1 AF.sin .AF .AF 2
.AC.sin 2
APF ABC
∆
∆
Áp dụng t/c đường phân giác AP AC b AP b AP bc
BP = BC = ⇒a AP PB = a b⇒ =a b
Tương tự AF bc
a c
+ AF
APF
ABC
∆
∆
1
Hoàn toàn tương tự ta có
( )( )
ac
a b b c
ab
a c b c
Mà S∆EFP =S∆ABC −(S∆APF +S∆BPE +S∆CEF)
2 1
( )( ) ( )( ) ( )( ) ABC ( )( )( ) ABC
1
B
A