Gọi R; r; P lần lợt là bán kính đờng tròn ngoại tiếp, bán kính đờng tròn nội tiếp và nửa chu vi của tam giác ABC.. Chứng minh tam giác ABC đều.. - Học sinh làm cách khác nếu đúng thì cho
Trang 1Trờng THPT Đông Sơn 1 kì thi CHọN HọC SINH GiỏI lớp 10 năm 2010 -2011
Môn Thi : Toán
Thời gian làm bài : 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1:(2điểm)
Giải phơng trình : 2 2 3 3
Câu 2: (2điểm)
Giải hệ phơng trình:
x y x
xy y
x
7 3 8 2
6 4
2 2 2
Câu 3: (2điểm)
x x
5 6
2
2 2
Câu 4: (2điểm) Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, AC = b , AB = c thoả 1 c b m m b c , trong đó mb , mc là các trung tuyến kẻ từ B và C Chứng minh rằng : 2cotA = cotB + cotC Câu 5: (2điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho A(0;2) và đờng thẳng (d): x-2y + 2 = 0 Tìm trên đờng thẳng (d) hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B và AB = 2BC Câu 6: (2điểm) Cho tam giác ABC biết A(3;4) , B(-1;2) và có diện tích 4 3 S (đvdt) và trọng tâm tam giác thuộc đờng thẳng (d): x - 3y + 4 = 0.Tìm toạ độ đỉnh C Câu 7: (2điểm) Cho tam giác ABC có các cạnh a,b,c Gọi R; r; P lần lợt là bán kính đờng tròn ngoại tiếp, bán kính đờng tròn nội tiếp và nửa chu vi của tam giác ABC Biết P r 4Rrabbcca 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC đều Câu 8: (2điểm) Chứng minh bất đẳng thức : 32 2 23 2 32 2 12 12 12 z y x x z z z y y y x x biết x,y,z là các số thực dơng Câu 9: (2điểm) Tìm m để hệ phơng trình : m y y x x y x 3 1 1 có nghiệm Câu 10: (2điểm) Tìm m để phơng trình : x2 2x xm m ( 1 ) có nghiệm duy nhất
.Hết
Họ và tên thí sinh ……… Số báo danh ………
Trờng thpt đông sơn i
Hớng dẫn chấm môn toán thi hsg lớp 10 năm học 2010- 2011
- Điểm toàn bài không làm tròn.
- Học sinh làm cách khác nếu đúng thì cho điểm tối đa
Điều kiện: x 3
2 2
2
2
1 3 2
1 4
1 3 3
4
1
Trang 2
) 3 ( 3
) 2 ( 3 1
2
1 3 2
1
2
1 3 2
1
x x
x x
x x
x x
0,5
17 3 0 2 3 1 3 1 2 1 3
x x x x x x x x x
0,5
0 3 0 3 0
x x x x x x x x
Vậy PT có 2 nghiệm
2
13 1 2
17 3
x
x
0,5
HPT tơng đơng với:
) 2 ( 14 6 16 4
) 1 ( 6 4
2 2 2
x y x
xy y
x
Cộng (1) và (2) ta đợc:
1
1 3
2
1
0 3 2
1 0
10 14 6 4
y
x y
x
x
y x x
x y xy y
x
Vậy HPT có nghiệm
1 1
y x
1,0
1,0
Điều kiện: 1 < x < 5
2
5 1 5
1 5
6
2
x x
x x
5 6
2
x x
0,5
5 6
2 1
2 2
x x
x
Mặt khác : x2 1 2x với x > 1
5 6
2
x x Do đó (2) luôn nghiệm đúng
0,5
2 2 2
c
b c
b
m
m b
c m
m b
c
áp dụng công thức tính độ dài đờng trung tuyến ta có :
2
2 2 2 2
m c
a b và
2
2 2 2 2
m b
a c Nên:
2
2
2 2 2
2 2 2 2 2
c b a
b c a b
c
0,5
2
1 2
1 2
2 2 2
2
Trang 3
A bc a A bc a a c
b a
b c a b
c a b c
cos 2 cos
2 2
2
0 2
1 0
2 1
2 2
2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
0,5
B C
A B
B C
C
C B
B C C
B A
C B
C B C
B
A A
A
A C B A
A C R B R A
R
cot cot
cot 2 sin
cos sin
cos
2
1
sin sin 2
cos sin cos
sin cot
sin sin 2
sin sin
sin 2
sin sin
cos
cos sin sin 2 sin
cos sin 2 sin 2 2 sin
0,5
PT tham số của đờng thẳng (d) :
t y
t
Xét 2 điểm B,C trên (d) khi đó: B(2t1 – 2 ; t1) ; C(2t2 – 2 ; t2)
Ta có : A B2t1 2;t1 2 , (d) có vtcp: u( 2 ; 1 )
0,5 Theo giả thiết ta có:
) 2 ( 4 ) 1 ( 0 0 2
2
2 BC AB u B C B BC
5
6 , 5
2 5
6 0
2 2
2
Từ (2)
5 7
1 0
7 12 2 5
6 5
12 2 4 2 5
6 0 5
2
2
2 2
2 2 2
2 2 2
2 2
t
t t
t t
t2 1 C 0,1
5
7
; 5
4 5
7
C
Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC
2 3 2 3 2
2 2
M G C
M G C M G G C
M G G C
y y y
x x x y y y y
x x x x GM
* Toạ độ điểm M đợc cho bởi: 1 ; 3
3 2
1
y y y
x x x
B A M
B A M
* Điểm G(x;y) thuộc đờng thẳng (d) x - 3y + 4 = 0 (2)
0,25 Gọi CH là đờng cao của tam giác ABC hạ từ C, ta có:
4 5
3 4
2 3 1 2
3 4
3
2
1 4
3
2
S ABC
Qua G dựng đờng thẳng song song với AB cắt CH tại H1 , khi đó:
5 4
1 3
1 3
1
1
1 HH CH
MC
MG CH
HH
PT đờng thẳng (AB): x - 2y + 5 = 0
5 4
1 2
1
5 2
;
2 2
AB G d
0,5
0,5
Trang 4Từ (2),(3) ta có hệ PT:
4
; 4 31 4
; 4 25 1 5 2 4 1 5 2 4 0 4 3 1
5
2
4
0
4
3
G G y x y x y
x
4
3
; 4
25
G thay vào (1) ta đợc
C(-4
83
;
-4
33
)
4
5
; 4
31
G thay vào (1) ta đợc
C(-4
101
;
-4
39
Biến đổi:
2 2 2
2
2 2
2 2
2 4 8 2
2 4
2
c b a
P
abc P
c P b P a P P P
S
abc P
S P
S P Rr r
P
c b a
a c c b b a ca
bc ab c b a
2
1 )
1
Suy ra tam giác ABC đều
0,5 0,5 0,5 0,5
2
1 1 1 2
2
2 3 2
3
x y
x
x
) 2 ( 1 1 2 1
2
3
y
y
; 1 1 ( 3 )
2
1
2 3
z
z
0,5
Điều kiện
0 0
y x
Đặt x u 0 ; y v 0 0,5
Hệ phơng trình đã cho có nghiệm khi hệ sau có nghiệm
) 3 ( 0
; 0
) 2 ( 3
1
) 1 ( 1
3 3
v u
m v
u
v u
Từ (1) và (2) ta có u3 v3 (u v)(u2 uv v2) (u v)(u v)2 3uv 1 3uv
0,5
Ta cần tìm m để hệ
0
; 0 1
v u
m uv
v u
(I) có nghiệm
Dễ thấy u; v là nghiệm của phơng trình 2 0 (*)
t m t
Hệ (I) có nghiêm khi PT (*) có nghiệm không âm
0,5
4 0 0 1 0 4 1 0
0
m m P
S
Vậy với
4
1
0 m thì hệ phơng trình đã cho có nghiệm
0,5
Trang 5Đặt xmt * PT đã cho trở thành:
1 2 2 4 2 2 0 ( 2 )
2
m
Giải (2) theo m
1 2
2
t t m
t t m
Từ (*) 2 0
Do đó PT x2 2x xm m có nghiệm duy nhất
Thì các PT
1 2
2
t t m
t t m
có 1 nghiệm duy nhất t0 , 0,5
Vẽ đồ thị hàm số y = t2 + t , y = t2 –t -1 trên 0 ,
0,5 Căn cứ đồ thị ta có:
4
5