đề thi HSG toán 10 trường Cao Bá Quát

Bài 3: Cho đờng tròn có bán kính cố định bằng R0, tam giác ABC nội tiếp đờng tròn đó.. Gọi ma, mb, mc lần lợt là độ dài đờng trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C của tam giác ABC.. Chứng minh

Trờng THPT Cao bá quát

Đề thi học sinh giỏi

Môn : toán lớp 10

Năm học 2009-2010

-**** -Bài 1: Cho bất phơng trình:

2 (1)

9 x 2 x

7mx 9

x 2 x

4)x (9m















( m là tham số)

a Giải bất phơng trình với m = 28

b Tìm m để bất phơng trình (1) có nghiệm

Bài 2: Giải hệ phơng trình sau:



































2009 2008 2009

2x 1 2x

1 2x 1

2009 2010 2009

2x 1 2x

1 2x 1

2009 2

1

2009 2

1

Bài 3: Cho đờng tròn có bán kính cố định bằng R0, tam giác ABC nội tiếp đờng tròn đó Gọi

ma, mb, mc lần lợt là độ dài đờng trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C của tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

c m

C sin b

m

B sin a

m

A sin

Bài 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn bán kính R.

a Chứng minh rằng: các đờng thẳng đi qua trung điểm mỗi cạnh và vuông góc với cạnh

đối diện cắt nhau ở một điểm ( điểm đó gọi là M)

b Chứng minh: MA2 +MB2 + MC2 + MD2 = 4R2

Trờng THPT Cao bá quát

Đáp án đề thi học sinh giỏi

Môn: Toán- lớp 10

Năm 2009-2010

-*** -Bài 1: (5 điểm)

a (3 điểm)

TXD: R

+) x = 0 không là nghiệm của pt

2

1 x

9 x

7m 1

x

9 x

4) (9m )

1















Đặt t =

x

9

x  , t  6 (1 điểm)

+) Với m = 28: (1) trở thành: t2 – 30t + 225  0  t = 15 (1 điểm)

+) Bpt có hai nghiệm: x  15  189 và x  15  189 (1 điểm)

b ( 2 điểm)

(1) trở thành: f(t) = t2 – ( m + 2)t + 8m + 1  0 (2)

+) Để ( 1) có nghiệm x  R thì (2) phải có nghiệm t   , 66, (0,5

điểm)

+) Tìm m để (2) vô nghiệm 















14

49

m (1 điểm)

+) KL: Bpt có nghiệm        











, 28 14

49 ,

m (0,5

điểm)

Bài 2 ( 5điểm)

+) Hệ pt đã cho 































2009 2008 2x

1 2x

1 2x 1

2010 2009 2x

1 2x

1 2x 1

2009 2

1

2009 2

1

Trong hệ trục toạ độ, xét các vectơ     

i i

a với i  1,2, ,20 09

có ai  2 ( 1 điểm

)

và 2009 2009 2

1

a 





(1) (1 điểm)











             

2009

1 a 1 2x 1 2x 1 2x ; 1 2x 1 2x 1 2x

và 2009 2009 2

1

a 





i i (2) ( 1 điểm)

+) Từ (1) và (2) suy ra: các vectơ ai cùng hớng, i  1,2, ,20 09

Mà ai  2 , i  1,2, ,20 09

 a1a2  a2009 (1 điểm)





































2009 2008 2x

1 2x

1 2x

1

2009 2010 2x

1 2x

1 2x 1

2009 2

1

2009 2

1

KL: Nghiệm của hệ pt là

4018

1 2009

2

x     ( 1

điểm )

Bài 3 : ( 5điểm )

+) áp dụng định lí Sin ta có : (1)

c 2m

c b 2m

b a 2m

a R

1 P





















 ( 1 điểm)

+) Mặt khác: 4 m2a 3 a2 2 ( a2 b2 c2)

4

2 a 2

2 c 2 b 2 a

Theo BĐT Cô si: 4 ma2 3 a2 4 3 a ma ( 1 điểm)

+) Suy ra 2

c 2 2 a

2 a 3 a

2m

a





Tơng tự: a2 2 c2

2 3 b

2m

b





c 2 2 a

2 c 3 c

2m

c





 (1 điểm)

+) Thay vào (1):

0 R

3

P  ( 1

điểm)

+) KL: Giá trị nhỏ nhất của

0 R

3

P  khi ΔABC đều ( 1

điểm)

Bài 4: ( 5 điểm)

a ( 2 điểm)

Gọi I, J, K, L lần lợt là trung điểm của AB, BC, CD, DA

+) Chứng minh tứ giác OJML là hình bình hành

Suy ra 2 đờng chéo OM và JLcắt nhau tại trung điểm G của mỗi đờng

Chứng minh tứ giác IJKL là hình bình hành

Suy ra 2 đờng chéo IK và JL cắt nhau tại trung điểm G ( 1điểm)

+) Suy ra tứ giác OIMK là hình bình hành, mà OIAB  KMAB

Tơng tự: OKCD  IMCD (đpcm) ( 1điểm)

b (3 điểm)

+) áp dụng hệ thức lợng trong tam giác MAB và MCD ta có:

2

2 CD 2 2MK 2

MD 2 MC , 2

2 AB 2 2MI 2

MB 2

MA      

Suy ra

2

2 CD 2

2 AB ) 2 MK 2 2(MI 2

MD 2 MC 2 MB 2

MA        (1) ( 1điểm)

+) Do MI = OK, MK =OI, áp dụng hệ thức lợng trong tam giác OAB và OCD:

2

2 AB 2 2R 2 OI 2 2

2 AB 2 OI 2 2 OB 2 OA 2 2R       

2

2 CD 2 2R 2 OK 2 2

2 CD 2 OK 2 2 OD 2 OC 2

2R        ( 1điểm)

+) Thay vào (1) ta đợc MA2 +MB2 + MC2 + MD2 = 4R2 ( 1điểm)