Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho qua M kẻ y 2 0 được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau MA MB đến đường tròn C, trong đó , A B là tiếp điểm , thoả mãn diện tích tứ giác M
Trang 1SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG - NĂM HỌC 2010 - 2011
Môn thi: TOÁN 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu I (2,0 điểm)
1 Giải phương trình x + 8 x − 12 + x − 8 x − 12 = x − 3
2 Giải bất phương trình x + x − 1 − x ≤ 1
Câu II (2,0 điểm)
1 Giải hệ phương trình 2 6 2
x
y
2 Tìm tham số m để hệ phương trình
3 3
có nghiệm duy nhất
Câu III (2,0 điểm)
1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là , 1 5
( ; )
2 2
M và hai
đường cao BB1 : 2 x + − y 11 = 0, CC1 : 3 x − + y 11 = 0. Xác định toạ độ đỉnh A B C , ,
2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường tròn (C): , x2 +y2−2mx −2y−15= có tâm I và 0 đường thẳng d x: − − = Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho qua M kẻ y 2 0 được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau MA MB đến đường tròn (C), trong đó , A B là tiếp điểm ,
thoả mãn diện tích tứ giác MAIB bằng 25
Câu IV (2,0 điểm)
1 Giả sử I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC∆ , D là trung điểm của cạnh AB còn G là trọng tâm
của ∆ACD Chứng minh rằng nếu AB=AC thì IG ⊥CD
2 Cho ABC∆ Chứng minh rằng B =600 khi và chỉ khi 1 1 3
(trong đó a =BC b, =CA c, =AB)
Câu V (2,0 điểm)
1 Chứng minh rằng
2 Cho , ,x y z là các số thực dương thoả mãn điều kiện x + + =y z 1. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
xy+yz +zx ≥ x y +y z +z x + xyz
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Trang 2TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA – THANH CHƯƠNG – NGHỆ AN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 10 – NĂM 2011
Điều kiện:
2
2
x
x
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
0,25
t x x t Khi đó PT(*) trở thành t2 – 2t – 3 = 0 ⇔ t = - 1 (Loại) v t = 3 0,25
I-1
(1 điểm)
Với t = 3 ta có hệ
2
3 3
x x
x
Điều kiện
1 2
1
x
x
Bất phương trình đã cho tương đương với x − 1 − x ≤ − 1 x ⇔ 1 − x ≥ 2 x − 1 0,25
I-2
(1 điểm)
Kết hợp điều kiện 1 5 16
− +
Điều kiện 0
y
≠
Đặt t = x−2 (y t ≥0) Phương trình (1) trở thành
* Với t =3y ⇔ x−2y =3y thế vào phương trình (2) ta có
Hệ phương trình tương đương với
2
8
4 3
3 0
4
9
y
y
0,25
II-1
(1 điểm)
* Với t = −2y ⇔ x −2y = −2y thế vào phương trình (2) ta có
x − y =x + y− ⇔ − y =x + y−
Hệ phương trình tương đương với
2
12 0
2
x y
y
= −
0,25
Trang 3Điều kiện cần: Giả sử hệ phương trình có 1 nghiệm ( ; ) x y0 0 Do đây là hệ phương trình đối xứng
với ẩn x và y nên ( ; ) y x0 0 cũng là một nghiệm của hệ phương trình Để hệ phương trình có
nghiệm duy nhất thì x0 = y0
0,25
Do đó, bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
Hay phương trình x02 −4x0 +m =0 vô nghiệm Do đó m >4
0,25
Điều kiện đủ: Với m>4 Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) theo vế ta có
(x−y x)( +y +xy−2x −2y+m)=0⇔y =x v x −(2−y x) +y −2y+m =0
* Với y=x thế vào (1) ta có x = 0 v x2− 4 x + m = 0(vô nghiệm vì m > 4)
Do đó hệ phương trình có 1 nghiệm x =y =0
0,25
II-2
(1 điểm)
* Với x2 −(2−y x) +y2 −2y+m =0(3)
Ta có ∆ =x (2−y)2 −4(y2 −2y+m)= −3y2 +4y+ −4 4m =
2 2
2(y 1) y 4(m 4) 10 0 m 4
Do đó phương trình (3) vô nghiệm, trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm
Kết luận: m >4
0,25
Giả sử B b( ;11−2 ), ( ; 3b C c c+11) 0,25
Do 1 5
( ; )
2 2
M là trung điểm của BC nên ta có hệ phương trình
Hay B(4; 3), ( 3;2)C −
0,25
Giả sử A t k( ; )⇒AB(4−t; 3−k AC), ( 3− −t;2−k)
Một vecto chỉ phương của đường thẳng BB1 là
1 (1; 2)
BB
Một vecto chỉ phương của đường thẳng CC1 là
1 (1; 3)
CC
u =
0,25
III-1
(1 điểm)
Khi đó ta có hệ phương trình 1
1
CC
BB
AC u
hay A(1; 4)
0,25
0,25
0,25
Đường tròn (C) có tâm I m( ;1) bán kính R = m2 +16
Do hai tiếp tuyến MA, MB vuông góc với nhau và IA⊥MA
nên tứ giác MAIB là hình vuông
Do diện tích tứ giác MAIB bằng 25 nên bán kính đường tròn
5
R =IA= và đường chéo MI =5 2
Khi đó m2 +16 =5 ⇔m= ±3
* Với m= 3 Tâm I(3;1) Giả sử M(t;t-2)
Hay M( 2; 4),− − M(8;6)
0,25
III-2
(1 điểm)
* Với m= - 3 Tâm I(- 3;1) Giả sử M(t;t-2)
Hay M( 4; 6),− − M(4;2)
0,25
M
A
B
I
Trang 4Trong mặt phẳng chọn 2 vecto {AB AC, }
làm cơ sở
2
0,25
Gọi E là trung điểm của AC Ta có ID ⊥AB IE, ⊥AC ⇒AB ID =AC IE =0
Do G là trọng tâm của ∆ACD nên 3 IG = IA + IC + ID = 2 IE + ID
0,25
Khi AB =AC ta có ID =IE và tích vô hướng 1 ( )
2
CD IG = AB − AC IE + ID
0,25
IV-1
(1 điểm)
1
2
0,25
(a 2b c a)( b c) 3(a b b)( c)
IV-2
(1 điểm)
0
ca
Đẳng thức tương đương với
0,25 +0,25
cos cos 2 cos cos 2 cos 2 0
V-1
(1 điểm)
cos 2 cos 2 cos 2 0
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
Với giả thiết x y z, , >0 và x + + =y z 1 thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2 2 2 2 2
(xy+yz +zx x)( + +y z) ≥4(x y +y z +z x )+5xyz x( + +y z) 0,25
2 2 2 2 2 2
4(x y y z z x ) 5xyz x( y z)
V-2
(1 điểm)
Dấu “=” xảy ra khi 1
3
x =y =z =
0,25
Chú ý: Thí sinh giải cách khác với đáp án, nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó