de va da chon hsg toan 10 thpt duc tho

Giải các phương trình và bất phương trình sau a.. Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm phân biệt Câu 3.. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O , điểm D là trung điểm của AB, E

TRƯỜNG THPT ĐỨC THỌ ĐỂ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 NĂM HỌC 2010  2011

Môn: Toán

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1 Giải các phương trình và bất phương trình sau

a 2 4 2 2 6 2 4

4

x

x





b ( x2  2)2  4( x  1)3  x2  2 x  5 (2  x  1)2  2

c 2 256x 2 196x 2

x  x 9 x    x 9  

Câu 2 Cho hệ phương trình :

2 2

2







a Giải hệ khi m = 4

b Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm phân biệt

Câu 3 Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O , điểm D là trung điểm của

AB, E là trọng tâm tam giác ACD Chứng minh rằng : CD OE

Câu 4 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có ab bc ca 1  1  1  2 1 Rr

Câu 5 Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : ab+bc+ca=3 Chứng minh rằng :

1 a b c    1 b c a    1 c a b    abc

_ Hết

Giáo viên ra đề: ĐẶNG NGỌC GIÁP

ĐÁP ÁN ĐỂ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI TỈNH

1

(8.0đ)

a

3.0đ

Điều kiện  2  x 2

Khi đó :

2

(1)

2

2 3

2 4 2 2 4 (2)

x











     



2 3

4 2(2 )(2 ) (2 )( 4) 0

x











     



2 3

2 (4 2(2 ) ( 4) 2 ) 0

x













2 3 2

x x















 1.0 0.5

0.5

0.5

0.5

b

3.0đ

Phương trỡnh đó cho tương đương với

x44x34x24(x33x23x1) x22x 5 4x2 4x3

 (x22 )x 28(x22 ) 5x   x22x 5 0 Đặt t x22x5, đk t 2

Phương trỡnh đó cho trở thành (t2 5)28(t2 5) 5  t 0

 t4 2t2 t 10 0

 (t 2)(t32t22t5) 0

2 2 5 0

t

 





   



 t 2 vỡ t32t22t 5 0 vụ nghiệm với t 2 ta cú x = -1 Vậy phương trỡnh đó cho cú nghiệm duy nhất x = -1

0.5 0.5

0.5 0.5

0.5 0.5

c

2.0đ

+) x = 0 khụng là nghiệm của pt

256 196

x

9

x  , t  6

+) Bpt đó cho trở thành: t2 – 30t + 225  0  t = 15 +) Bpt cú hai nghiệm: x15 189 và x 15 189

0.5 0.5 0.5 0.5

5.0đ

a

3.0đ

2 2

2

x 1 y 1 2m 2

     



 

     



đặt a x 1;b y 1    ta được

 

 

 

2 2

2

a b 2 1

a b 2m 2

a b 2 2

a b 4

ab 1 m 3

  

    

  

 



 



(*)

Khi m=4 ta có a b 2 a b 2

   



 a;b 1; 3 , 3;1 , 1;3 , 3; 1         

Từ đó ra các nghiệm của hệ ban đầu : (2;-2),(-2;2),(0;4),(4;0)

ĐK cần :Ta có hệ ban đầu có nghiệm hệ (*) có nghiệm;

Số nghiệm của hệ đầu cũng là số nghiệm của (*)

Nếu (a0,b0) là nghiệm của (*) ( dễ thấy a0≠-b0) thì (-a0;-b0),(b0;a0),(-b0;-a0) , do đó để hệ

có đúng 2 nghiệm phân biệt thì : a=b Thay vào (*) ta được m=0

ĐK đủ :với m=0 dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn

Lưu ý : Có thể giải bằng việc thế (1) , (2) vào (3) ra PT

 

2

2

a 2a 1 m 0 4

a 2a 1 m 0 5

   

   

Từ đó , dẫn đến hệ có 2 nghiệm phân biệt khi : (4) và (5) có nghiệm kép hoặc (4) có 2 no p/b, (5) vô no hoặc (4) vô no , (5) có 2 no pb

0.5 0.5

0.5 1.0 0.5 1.0

1.0

b

2.0đ

3

3.0đ

3.0đ

Gọi M là trung điểm của AC

Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên 3OE OA OC OD 2OM OD                                                                                      

D là trung điểm của AB nên 2CD CA CB                                           

Vì (O) ngoại tiếp ABCnên ODAB;OMAC, ABCcân nên OD=OM

Do đó , OD OM                                            DM mà DM//BC                             OD OM                 BC

Ta có :

3OE.2CD OA OC OD CA CB  

      

                                                                                                                                 

2OM.CB OD 2CB BA 2OM.CB 2OD.CB

        

2 OM OD CB 0

                                                         

0.5 0.5

0.5 0.5 0.5 0.5

1.0

2.0đ

4

 

= 1

p

1.0

5

2.0đ

Từ giả thiết 3ab bc ca  33a b c2 2 2  abc1 Nên ta có :

1 a b c  abc a b c  a ab bc ca  3a Tương tự

;

1 b c a  3b 1 c a b  3c Cộng vế với vế các BĐT ta được điều phải CM Dấu bằng xảy ra  a=b=c=1

0.5 1.0

0.5