ĐỀ VÀ ĐÁP AN HSG TOÁN 10 THPT CON CUÔNG

Tìm m để phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt sao cho khi biểu diễn các nghiệm đó lên trục số thì khoảng cách giữa hai nghiệm kề nhau luôn bằng nhau.. Gọi D là trung điểm của BC, kẻ DE v

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT CON CUÔNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 10

NĂM HỌC 2012 - 2013

(Đề thi gồm 01 trang)

Môn thi: TOÁN – LỚP 10

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I: (5,0 điểm)

Cho phương trình: x4  2(m1)x22m 1 0 (1)

1 Giải phương trình (1) khi 1

2

m  

2 Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt sao cho khi biểu diễn các nghiệm đó lên trục số thì khoảng cách giữa hai nghiệm kề nhau luôn bằng nhau

Câu II: (3,0 điểm)

Giải phương trình: 2 7

3 6 3

3

x

x  x  

Câu III: (3,0 điểm)

Giải hệ phương trình:

2 2

x xy x y 2y 0

x y x y 6

     



   



Câu IV: (2,0 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:

( 1) ( 1) ( 1) 4

a b b c c a 

Câu V: (3,0 điểm)

Cho tam giác ABC cân tại A Gọi D là trung điểm của BC, kẻ DE vuông góc với AB, E thuộc cạnh AB Gọi F là trung điểm của DE, chứng minh rằng AF vuông góc với CE

Câu VI: (4,0 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 3

2 Biết điểm A 2; 3  ,B 3; 2  và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x – y – 8 = 0 Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Hết

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

Đề thi chính thức

SỞ GD& ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT CON CUÔNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 10 NĂM HỌC 2012 - 2013

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC

Môn: TOÁN - LỚP 10

(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Đặt t x 2 ĐK: t 0

Ta được phương trình: t2 2(m1)t2m 1 0 (2) 0,5

1 (2)

2 1

t





   

Với t 1 ta có: x2  1 x1 0,5 Với 2 1 0 ( 1)

2

t  m  Do m  ta có: x2 2m 1 x 2m1 0,5

Vậy: Khi 1

2

m   pt đã cho có 4 nghiệm phân biệt x1 àv x 2m1 0,25

Giả sử pt(2) có hai nghiệm dương t v t t1 à (2 1t2) khi đó phương trình (1)

có 4 nghiệm theo thứ tự là  t2, t1, t1, t2 0,5 Theo bài ra 4 nghiệm của pt (1) thỏa mãn yêu cầu bài toán tức là

2 1 1 1 2 3 1 2 91

Yêu cầu bài toán tương đương pt(2) có 2 nghiệm dương thỏa mãn t2 9t1

Vì pt (2) có nghiệm là t 1 àv t2m1 nên ta xét 2 TH sau 0,5 TH1: 2 1 1 0 4

m

TH2:

1

0

4

9

m m

m m

m



  



  



0,5

Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 4 à 4

9

9

x

2 49 1 7 2 1 2

3 ( 3 21 )







0,5

2

(*)

6

3 5 4 0

x

x



  



2

4

7 69

6

9 21 5 0

x

x





   



Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là 5 73 à 7 69

x  v x  0,5

Hệ

(x y)(x 2y 1) 0

x xy x y 2y 0

x y x y 6 x y x y 6

      



1,0

TH2: (2 1) 2 2 0 1

2

y

y





        

Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: (3;3), (-3;1) và (3;-2) 0,5

Ta dễ dàng chứng minh được BĐT sau: 3(x2 y2 z2) ( x y z  )2 (*)

Áp dụng BĐT (*) ta được:

2

( 1) ( 1) ( 1) 3 ( 1) ( 1) ( 1)

a b b c c a  a b b c c a

Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c

0,5

Vì a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1nên ta có thể đặt

, ,

   với x,y,z là các số thực dương

Khi đó: 1 1 1

( 1) ( 1) ( 1)

a b b c c a yz xz  xz xy  yz xy Thay vào (**) ta đưa BĐT thức cần chứng về dạng:

3 (***) 2

yz xz  xz xy  yz xy 

0,5

Ta chứng minh (***)

2

yz xz  xz xy   yz xy  

0,5

1 1 1 9

2

xy yz xz

yz xz xy yz xy xz

xy yz xz

yz xz xy yz xy xz

[(yz xz) (xy yz) (xy xz)]( ) 9

yz xz xy yz xy xz

Áp dụng BĐT CôSi cho các bộ ba số sau:

3 (yz xz ) ( xy yz ) ( xy xz ) 3 ( yz xz xy yz xy xz )(  )(  )

3

yz xz  xy yz  xy xz  yz xz xy yz xy xz  

Dấu đẳng thức đều xảy ra khi x = y = z

Nhân vế theo vế ta suy ra BĐT (***) chứng minh xong

Trong BĐT (***) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z thì a = b = c = 1

Kết hợp (**) và (***) ta được đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1

0,5

F E

D

C B

A

0,5

Theo bài ra tam giác ABC cân tại A và D là trung điểm BC nên AD ┴ BC

Do đó:               AD BC.                AD BD AD CD               .  . 0

DE ┴ AB nên DE AB DE AE DE BE .   .  . 0

0,5

F là trung điểm của DE nên ta có 1( )

2

AF  AE AD

  

; CE (CD DE )

  

0,5

AD DE CD AD DE DE CD AD DE

DE CD AD DE DB AD

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

         

        

     

0

2DE AB 

 

1,0

VI 4,0

Gọi C(a; b), H là chân đường cao hạ từ đỉnh C

S = 1

Ta có: AB = 2

Phương trình AB: x - y - 5 = 0 => CH = d(C, AB) = a b 5

2

Do đó: (1) 3 1.a b 5 2 a b 5 3

2 2 2

 

a b 8

a b 2

 



   



0,5

Tọa độ G(a 5 b 5;

3 3

 

)

Ta có: G   3(a 5) b 5 8 0

     3a - b = 4

0,5

TH1: a b 8 a 2

3a b 4 b 10

Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 65 89

2p 2 65 89

  

TH2: a b 2 a 1

3a b 4 b 1

Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA = 2 5 2

3 r

2 5 2

 

Hết Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.

- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.