Đề thi HSG lớp 10, kon tum, năm học 2013 – 2014

Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M1;4.. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB 2..

(Đề thi HSG lớp 10, Kon Tum, năm học 2013 – 2014)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (2 điểm)

1 Cho hàm số 2

2 3

y x= − mx− mvà hàm số y = –2x + 3 Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương

2 Giải phương phương trình: − +x2 8x−12 10 2> − x

Câu 2 (2 điểm)

1 Giải phương trình: ( 3 )3 3 3

2

x − +x − =x

2 Giải phương trình: 2x2−11x+23 4= x+1

Câu 3 (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A (hoành

độ của A dương), d cắt trục tung tại B (tung độ của B dương) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB

2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( ) (2 )2

x− + +y = và điểm A (1;-2) Đường ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN

Câu 4 (3 điểm)

1 Chứng minh tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi

AB +BC +CD =AC +BD

2 Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 2 2

1 1 1

a

h =b +c trong đó AB = c; AC = b; đường cao qua A là

h a)

Câu 5 (1 điểm)

Cho a, b, c là các số thực dương Chứng minh rằng:

2

3 a b b c c a

Đáp Án

Câu 1 Ta có:x2+2mx−3m= − + ⇔2x 3 x2+2(m+1)x−3m− =3 0

Điều kiện

' 0

2 1 0

m

∆ >

− − > ⇔ < −



− + >



2 Ta có 2

8 12 10 2

− + − > −

Tập xác định: − +x2 8x− ≥ ⇔ ≤ ≤12 0 2 x 6

Nếu 5≤ ≤x 6 thì 2

8 12 0 10 2

− + − ≥ > − , bất phương trình nghiệm đúng với mọi 5≤ ≤x 6 Nếu 2 6 10 22 0

8 12 0

x x



≤ ≤ ⇒ 

 bất phương trình đã cho

8 12 4 40 100 5 48 112 0

5

⇔ − + − > − + ⇔ − + < ⇔ < <

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4< ≤x 5

Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: (4;6 ]

Câu 2 1 Ta có ( 3 )3 3 3

2

x − +x − =x (1)

Đặt y=4x3− +x 3 (1) có dạng:

3 3 3

( )

I





− + =



Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)

Từ (I)

3 3

3 3

3 3

2 2 3 (2)

2 2 2 1 0 (3)

Trường hợp 1: y = x kết hợp (2), có nghiệm (1): 3 3

4

x= −

Trường hợp 2: 2x2−2xy+2y2− = ∆ = −1 0; 'x 2 3y2 Nếu có nghiệm thì 2

3

y ≤

Tương tự cũng có 2

3

x ≤ Khi đó VT (2)

3

2 8 2

3 3 3

≤  ÷÷ = <

  chứng tỏ trường hợp 2 vô nghiệm vậy

phương trình (1) có một nghiệm 3 3

4

x= −

2 Cách 1: Ta có 2

2x −11x+23 4= x+1 Điều kiện x≥ −1 1( ) ⇔2(x2−6x+ + + −9) (x 1 4 x+ + =1 4) 0

( )2 ( )2 ( )

2 x−3 + x+ −1 2 =0 *

Do 2 ( )

0

a ≥ ∀a nên phương trình (*) 3 0 3

1 2 0

x

x x

− =



+ − =



Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3

Cách 2: Đặt x+ =1 u u( ≥0) ta có u2− =1 x

2x −11x+23 4= x+ ⇔1 2 u −1 −11 u − +1 23 4= u

( ) ( )

2

⇔ = ⇔ =

Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3

Câu 3 1) M(1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B Tìm giá trị nhỏ nhất

của diện tích tam giấc OAB (x y A; H >0)

Giả sử A(a;0); B(0;b), a > 0; b > 0 Phương trình đường thẳng AB: x y 1

a b+ =

Vì AB qua M nên 1 4 1 1 2 4 1 16

a b+ = ⇒ ≥ ab ⇒ ≥ ab

2

1 4 1 8;" "

a ab

=





Diện tích tam giác vuông OAB (vuông ở O) là S = 1 , 1 8

2OA OB= 2ab≥

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0) , B(0;8)

2 ( ) ( ) (2 )2 ( )

: 2 3 9; 1; 2

C x− + +y = A − ∆qua A, ∆ cắt (C) tại M và N Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN

(C) có tâm I(2;-3), bán kính R = 3 Có A nằm trong đường tròn

(C) vì 2 ( ) (2 )2

1 2 2 3 2 9

IA = − + − + = <

Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có

IH +HN =IN = ⇒MN = HN = −IH

Mà IH ⊥ AH ⇒IH ≤IA= 2

( )

2 4 9 2 28 2 7

Vậy MN nhỏ nhấn bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc

với IA tại A

Câu 4.1) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi

AB +BC +CD +DA = AC +BD

Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành ⇔uuur uuurAB DC= ⇔uuur uuur rAB DC− =0

0 (*)

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur

(vì ( )2 2 2 2 2 ( )2

a br r− =ar − a b br r r+ ⇒ a b ar r r= + − −br a br r

(*)⇔ AB +BC +CD +DA = AC +BD (điều phải chứng minh)

2) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 2 2

1 1 1

a

h =b +c (1)

Có

2 2 2 2 2 2

2 sin

sin

a

a

Từ (1)

2 2 4 2 sin2 sin2 1

2

B C



π

 − =



Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có

2

B C− = π

Câu 5

Xét M = 2a 1 2b 1 2c 1 a b a c b c b a c a c b

( ) ( )( ) ( ) ( )( ) ( ) ( )( )2 2 2

Vì ( ) ( ) ( ) (2 ) (2 )2

( )2 ( ) ( )( )2 ( ( )2)

2

1

−

+ + + + ; Dấu “=” xảy ra khi ⇔ =a b

Làm hoàn toàn tương tự với biểu thức còn lại

Suy ra M ( ) ( ) ( )

2

a b c

≥

+ + (điều phải chứng minh)

Dấu “=” xảy ra ⇔ = =a b c