Tính đờng cao hình thoi và viết phơng trình cạnh AB.. Tìm toạ độ điểm D biết nó có hoành độ nguyên dơng... Lập phơng trình tiếp tuyến ……….
Trang 1
Trờng THPT đông sơn I Đề thi Học sinh giỏi lớp 10 năm học 2009- 2010
Môn toán Ngày thi 16/5/2010 (Thời gian làm bài : 150 phút, không kể thời gian giao đề ) Câu 1: (2điểm) Cho phơng trình: 0 ( )1 2 1 2 −mx− = x có các nghiệm x1 và x2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) 2 2 1 2 1 2 2 1 1 1 − + − + − = x x x x x x M Câu 2: (2điểm) Giải hệ phơng trình = + = + − 82 3 1 3 2 3 3 y x x y Câu3: (2điểm) Giải bất phơng trình : 3 5 ( )1 4 2 2 x x x > − − Câu4: (2điểm) Cho a,b,c là các số dơng thỏa mãn 3 +2+1 =1 c b a .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b + c Câu 5:(2điểm) Chứng minh rằng: 0 0 0 0 0 cot10 90 180 sin 180 178 sin 178
6 sin 6 4 sin 4 2 sin 2 = + + + + + Câu 6: (2điểm) Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thỏa mãn (sin sin ) 0 2 sin sin sin 3 2 B C+ A− B+ C = Chứng minh tam giác ABC đều Câu 7 : (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( -2; 3), B(1; -1) và diện tích bằng 20 Tính đờng cao hình thoi và viết phơng trình cạnh AB Tìm toạ độ điểm D biết nó có hoành độ nguyên dơng Câu 8 : (2điểm) Cho hypebol ( H ) có phơng trình 1 8 4 2 2 = − y x và đờng thẳng (d) có ph-ơng trình x-y-2 = 0 Chứng minh rằng đờng thẳng (d) luôn cắt (H) tại hai điểm A, B phân biệt , tính AB Tìm tọa độ điểm C trên (H) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 8 Câu 9 :(2điểm) Cho đờng tròn ( )C :x2 +y2 −2x+2y−8=0 Lập phơng trình tiếp tuyến của đờng tròn (C) biết tiếp tuyến tạo với đờng thẳng ( )∆ :y=−2x+4 một góc 450 Câu 10:(2điểm) Tìm m để phơng trình sau có nghiệm duy nhất: (1 ) 2 (1 ) (1) 2 1 x m x x 4 x x m3 x + − + − − − =
-
Họ và tên thí sinh:……… …………Số báo danh………
Hớng dẫn chấm môn toán THI HọC SINH GiỏI LớP 10 Năm học 2009-2010
- Điểm toàn bài thi không làm tròn
- Học sinh làm cách khác nếu đúng vẫn đợc điểm tối đa.
Câu 1
Cho phơng trình: 0 ( )1
2
1
x có các nghiệm x1 và x2 Tìm giá trị nhỏ ……… 2điểm
Trang 2* Vì PT(1) có các nghiệm x1, x2 nên theo Viét ta có: 0
2
1 2
x nên giả sử x1 < 0; x2 > 0
Đặt x0 =−x1 >0 khi đó ta có: ( ) 2
2 0 2 0
2 2 0
1 1
+ + + + +
=
x x x x x
x
M Trong đó x0 > 0, x2 > 0
* Mặt khác: Ta dễ dàng chứng minh đợc BĐT: 1 1 4 ( )*∀ , >0
+
≥
b a b a
Thật vậy: ( )* 4 ⇔( + )2 ≥4 ∀ , >0⇔( − )2 ≥0∀ , >0
+
≥
+
b a ab
b a
Vậy (*) đúng
*áp dụng BĐT (1) ta có: 1 1 4 0, 2 0
2 0 2 0
>
∀ +
≥
x x x x
2 0
2 2 0 2
2 0 2 0
2 2
+ + +
=
+ + + + +
≥
Cosi
x x x
x x
x x x x
x M
* Min M = 8 2+8 Khi ( ) ( ) 0 2 4
2 2 0
2 2 0
2 0
2
1
+
= +
=
x x x
x x
x
x x
2
1
4
1 =−
x
4 2
2
1
−
=
x
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 2
Giải hệ phơng trình
= +
= +
− 82
3 1
3 2
y x
x
Đặt u = x ≥0, v=3 y3 −1
+
=
=
⇒
=
−
=
⇒
1
4 2 3
3
2
v y
u x v
y
u x
Thay vào hệ ta có:
=
− +
−
=
⇔
= +
= +
) 2 ( 81 3
) 1 ( 3 81
3
3 4
3
u v
v u
v u
Từ (2): ⇒u4 +27−27u+9u2 −u3 =81⇔(u−3) (u3 +2u2 +15u+18)=0 Vì u≥0
Nên u = 3 Vậy
=
=
⇒
=
−
=
⇒
=
=
1
9 0
1
3 0
3
x y
x v
u
Hệ có 1 nghiệm (x;y)=(9;1)
0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ
Câu 3
Giải bất phơng trình: x
x
x > −
−4 3 5
2
Điều kiện: x2 −4>0⇔ x >2 (*)
x
x > −
−4 3 5
2
4
2
−
+
x
x
TH1: Với x < -2 Bất phơng trình vô nghiệm ( do vế trái âm)
TH 2: Với x > 2 Bình phơng 2 vế bất phơng trình (1) ta đợc:
( )2
45 4
4 4
45 4
4 4
4
2
2 2
4 2
2 2
2
−
+
−
⇔
>
−
+
−
+
x
x x
x x
x x
x x
4
2
2
>
−
x
x
t Khi đó bất phơng trình (2) có dạng:
0,25đ 0,25đ 0,5đ
0,25đ 0,5đ
Trang 3
<
>
⇔
<
>
⇔
>
+
−
⇔
>
−
⇒
>
>
⇔
>
− +
5
5 2 5
20 0
100 25
5 4
) 0 (
5 0
45 4
2
2 2
4 2
2 2
x
x x
x x
x x
x
t do t
t t
Kết hợp với trờng hợp ĐK đang xột,ta đợc nghiệm của bất phơng trình là: ( ) (2; 5 ∪ 2 5;+∞)
0,25đ
Câu 4
Cho a,b,c là các số dơng thỏa 3+2+1=1
c b
a .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = a + b + c.
2điểm
Vì 3+ 2+1 =1
c b
a nên: 3 2 1( + + )= 3 +2 +3 + + + 2 +6
= + +
=
b
c c
b c
a a
c b
a a
b c b a c b a c b a T
Vì a, b, c dơng nên áp dụng bất đẳng thức Cô si , ta có:
2 2
2
; 3 2
3
; 6 2 2
b
c c
b c
a a
c b
a a
b
1 2 3 6 2 3 6
≥
T
+ +
=
+ +
=
+ +
=
⇔
= + +
=
=
⇔
= + +
=
=
=
⇔ + +
=
3 2 1
6 2 2
6 3 3
1
1 2
2 3 3 2 3
1 1 2 3 2 3
2 3
1 2
c b a
c c
c
c b
c a
c b a
b
c c b c
a a c b
a a b
T
+ +
=
+ +
=
+ +
=
3 2 1
6 2 2
6 3 3
c b a
0,5đ 0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 5
90
180 sin 180 178 sin 178
6 sin 6 4 sin 4 2 sin 2
= +
+ + +
(cos1 cos3 cos3 cos5 cos87 cos89 ) 1 1
sin 1
1 88 sin 1 sin 2
4 sin 1 sin 2 2 sin 1 sin 2 1 sin 1
1 88 sin
4 sin 2 sin 2
90
90 88 sin 180
4 sin 180 2
sin 180
90
2 sin 178 4
sin 176
88 sin 92 90 sin 90 88 sin 88
6 sin 6 4 sin 4 2 sin 2
0 0
0 0
0 0
0
0 0
0 0 0
0 0
0 0
0
0 0
0
0 0
0 0
0 0
0 0
+
− +
+
− +
−
=
+ +
+ +
=
+ +
+ +
=
+ +
+ +
=
+ +
+ +
+ +
+ +
+
=
A
0 0
0 0
0 0
0 0
1 cot
1 1 1 cot
1 1 sin 1 cos 1 sin
1 1 89 cos 1 cos 1 sin 1
=
+
−
=
+
−
= +
−
=
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu 6 Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thỏa 2 3sinBsinC+sinA−2(sinB+sinC)=0.Chứng 2điểm
Trang 4Tacó: 2 3sinBsinC+sinA−2(sinB+sinC)=0
⇔ 2 3sinBsinC+sin(B+C)−2(sinB+sinC)=0(Vì sinA=sin(B+C)= sinBcosC + sinBcosC)
⇔ ( 3sinBsinC+sinBcosC)−2sinB+( 3sinBsinC+cosBsinC)−2sinC =0
(
) 1 ( 0 1 6 sin
sin 2 1 6 sin
sin 2
0 1 cos 2
1 sin 2
3 sin
2 1 cos 2
1 sin 2
3 sin
2
=
+ +
+
⇔
=
−
+ +
−
+
⇔
π
C B
B B
C C
C B
Vì A,B, C là ba góc trong tam giác nên sinA>0, sinC >0 và
≤
−
+
≤
−
+
0 1 6 sin
0 1 6 sin
π
π
C B
Nên (1)
=
=
⇔
=
+
=
+
3
3 1
6 sin
1 6
sin
, , 0
π
π π
π
π
C
B
C
B
C B A vi
⇔B = C =
3
π
ABC
∆
0,5đ 0,5đ
0,5đ
0,5đ
Câu 7 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thoi ABCD có A( -2; 3), B(1; -1) và diện tích hình …… 2điểm
* Ta có đờng cao của hình thoi là: = =4
AB
S
h ABCD
* Phơng trình AB: 4x+3y−1=0
* Gọi D = (x; y) với x > 0; x Z∈ Ta có: ( ) ( )
( )
=
− + +
=
− +
⇔
=
=
=
2 25 ) 3 ( ) 2 (
1 4 5
1 3 4 5
4 ,
2
x
y x AB
AD
AB D d
( )
3
19 4 3
21 4
y hay
x y
* Thế vào (2), giải ra ta chọn đợc: x=3∈Z;x>0⇒ y=3 Vậy D( 3; 3)
0,5đ 0,5đ
0,5đ 0,5đ
Câu 8
Cho hypebol ( H ) có phơng trình 1
8 4
2 2
=
− y
x và đờng thẳng (d) có phơng trình x-y-2 = 0… 2điểm
* Tọa độ giao điểm của ( d) và (H) là nghiệm của hệ phơng trình:
+
=
=
−
⇔
=
−
−
=
−
2
1 8 4 0
2
1 8 4
2 2 2
2
y x
y x y
x
y x
−
=
=
⇔
= +
⇔
=
− + +
⇔
=
−
+
⇒
8
0 0
8 8
4 4 2 1 8 4
y
y y
y y
y y y
y
Nếu y=0⇒x=2⇒ A( )2;0 ; Nếu y=−8⇒ x=−6⇒B(−6;−8)
* Vậy ( ) ( )d ∩ H ={A( ) (2;0;B −6;−8) }⇒ AB=8 2
* Gọi C(x0;y0) ( )∈ H ta có: 1 ( )1
8 4
2 0
2
x
Gọi H là hình chiếu của C lên ( d) ta có diện tích tam giác ABC là:
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 52 4
2
1
CH CH AB
2
2 )
1 ( 1
2 )
(
2 2
0
=
− +
−
−
=
CH
=
+
=
⇔
−
=
−
−
=
−
−
⇔
=
−
−
⇔
=
−
−
⇔
=
0 0
0 0 0
0
0 0 0
0 0
2 2
2 2 2
2 8
2
2
2 4 8
y x
y x y
x
y x y
x y
x
S ABC
*Với x0 = y0 +4 ta có: ( ) 1 2( 8 16) 8 16 24 0
8 4
4
0
2 0
2 0 0
2 0
2 2
y
10 2 8
⇒ y
Nếu y0 =−8−2 10⇒ x0 =−4−2 10
Nếu y0 =−8+2 10⇒ x0 =−4+2 10
* Với x0 = y0 ta có: 1 2 2
8
1 8
2 0
2 0
2
x
=> x0 = y0 =2 2 hoặc x0 = y0 =−2 2
* Vậy ta tìm đợc 4 điểm C thỏa mãn ycbt
( 4 2 10; 8 2 10) (, 2 4 2 10; 8 2 10) (, 3 2 2; 2 2) (, 4 2 2;2 2)
0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
Câu 9 Cho đờng tròn ( )C :x2 + y2 −2x+2y−8=0 Lập phơng trình tiếp tuyến ……… 2điểm
• Giả sử đờng thẳng ( d) có PT dạng: Ax+By+C=0( )1 có VTPT n ( B A; ) Đờng tròn
( C) có tâm I(1;-1) bán kính R= 10
• ( d) là tiếp tuyến của đờng tròn (C) ⇔d( )I;d =R ⇔ 10 ( )2
2
+
+
−
B A
C B A
( )∆ có vectơ pháp tuyến là n('2;1) và ( d) tạo với ∆ một góc 450 do đó
=
−
=
⇔
=
− +
⇔
+
+
=
⇔ +
+
+
=
=
3 3
0 3 8 3
5
2 2
2
1 4
2 '
' 45
2 2 2
2 2
2 0
B A
B A
B AB A
B A
B A B
A
B A n
n
n n
* Với A=−3B thay vào (2) ta đợc:
−
=
=
⇔
=
−
⇔
= +
−
−
−
−
B C
B C B B
C B
B
C B B
6
14 10
4 10
3
3
2 2
+ Với C = 14B thay vào (1) ta đợc tiếp tuyến: (d1):3x− y−14=0
+ Với C = -6B thay vào (1) ta đợc tiếp tuyến: (d2):3x− y+6=0
* Với
3
B
A= tơng tự ta đợc hai tiếp tuyến (d3):x+3y−8=0;(d4):x+3y+12=0 Vậy có 4 tiếp tuyến thỏa mãn yêu cầu bài toán
(d1):3x−y−14=0; (d2): 3x− y+6=0; (d3):x+3y−8=0;(d4):x+3y+12=0
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu10 Tìm m để PT sau có nghiệm duy nhất : x + 1−x+2m x(1−x) −24 x(1−x) =m3 (1) 2điểm
Nếu x0 là 1 nghiệm của (1) thì (1 - x0) cũng là 1 nghiệm của (1) Do đó (1) có nghiệm duy nhất
khi và chỉ khi :
2
1
0,5đ
Trang 6Víi
2
1
0 =
x thay vµo (1)
=
−
=
=
⇔
=
⇔
=
− +
⇒
1 1
0 2
1 2 2
1
2
m m
m m
m m m
0 1
0 1
2
1− − 4 − = ⇔ 4 −4 − 2 = ⇔ = +
+ Víi m = 1 ta cã (1) ⇔ x + 1−x+2 x(1−x)−24 x(1−x) =1
PT nµy cã Ýt nhÊt 2 nghiÖm x = 0 , x = 1
2 1 2 1 0
1
0 1 0
1 1
4 4 2
2 4
=
=
⇔
=
−
−
=
−
−
⇔
=
−
− +
−
x
x x
x
x x
x x
x x
VËy m = 0 hoÆc m = -1 tháa ycbt
0,25® 0,25® 0,25® 0,25®