Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014

Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x x và 1.. Gọi M là trung điểm BC, chứng minh rằng AM vuông góc với EF... Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2013 – 2014)

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (3 điểm)

a) Cho phương trình bậc hai 2

x  mx m  , trong đó x là ẩn, m là tham số Tìm tất cả các giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm x x và 1 2 2 2

x x đạt giá trị nhỏ nhất

b) Cho tam thức bậc hai f x ax2bx c , a 0. Chứng minh rằng nếu f x  với mọi   0 x R

thì 4a + c ≥ 2b

Câu 2 (2 điểm)

a) Giải phương trình: x 2 3x  1 2x3 (x R)

b) Giải hệ phương trình:      

2

,

x y







     





Câu 3 (2 điểm)

a) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a + b + c = 1 Chứng minh rằng

3

b  c  a   

b) Giải bất phương trình: 33 x 1 x 2 x R 

Câu 4 (3 điểm)

a) Cho tam giác ABC, dựng về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác vuông ABE và ACF với

  900

BAE CAF  , sao cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M là trung điểm BC, chứng minh rằng AM vuông góc với EF

b) Cho tam giác ABC không vuông với a = BC, b = CA , c = AB Chứng minh rằng nếu a2b2 2c2

và tan A + tan B = 2tan C thì ABC là một tam giác cân

c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp và ttrong tâm lần lượt có tọa độ là I (4;0), G (11 1;

3 3 ) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng (d): 2x + y – 1 = 0 và điểm M(4;2) nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B

cảu tam giác ABC

Đáp Án

Câu 1 a) Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 2

2

1

m

m





       



 Với điều kiện trên, theo định lí Viets ta có: x1x2 2 , m x x1 2 3m 2

x x  x x  x x  m  m  m  m

2

x x  m  m  m     m D    

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

m   m D

Vậy biểu thức x12x22 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 7

4 khi và chỉ khi m =

3 4 b) Do f x  với mọi   0 x R nên f 0  0 c0

Mặt khác f x  với mọi   0 02 2 0

x R

    

    

Theo bất đẳng thức Cosi ta có:

2

4a c 2 4ac2 b 2b 2b (điều phải chứng minh)

Câu 2 a) Cách 1: Điều kiện:

2

x

x











     

 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với:

2 2 3 2 2 2 3 3 1 2 3

2 2 3 3

1

3

x

x

         

   

   





         



 Kết hợp với điều kiện ta được x = 3 Vậy tập nghiệm của phương trình S = {3}

Cách 2: Đặt u x 2;v 2x3;t 3 (u, v, t 0x   x 2)

Ta có hệ phương trình

1

1

u v t

  





  



Vậy  1 0  1  1 0 1

1

u

v





         



 Với u 1 x 2 1 x 3

Với v 1 2x  3 1 x (loại) 1

Vậy phương trình chỉ có nghiệm duy nhất x = 3.

b) Điều kiện: x6,y3

Từ phương trình đầu của hệ ta có:

        

      

            

Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được:

2

2

         

      

Khi x 3 y1

So sánh với điều kiện tập xác định ta được nghiệm của hệ phương trình (x;y) = (3;1)

Câu 3 a) Yêu cầu bài toán

2

3

(*)

           

              

Bất đẳng thức (*) luôn đúng do 0 < a, b, c < 1

Dấu đẳng thữ xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1

3 Vậy bất đẳng thức được chứng minh.

b) Tập xác định x 2 Đặt t x 2,t suy ra 0 x t 2 2, thay vào bất phương trình ta được:

31 t2  1 t 1 t2  1 t  t3 4t24t 0 t t1 t 3  0



     

Kết hợp với tập xác định ta được tập nghiệm là S = 2;3  11;

Câu 4 a) Ta có

   

2 ; –

2 –

– 0

AB AF AC AE do AB AE AC AF

AB AF cosBAF AC AE cos CAE

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

       

Do ABEACF AB AF AC AE và

  900 

BAE CAE  BAC

Vậy AM  EF  AM EF

Cách 2: Dựng hình bình hành ACDB Do ABEACFnên ta có

(1)

AB AE

AC AF

Do ACDB là hình bình hành nên ta có AB CD(2)

AC CA

Do CAB EAF 180 ;0 CAB ACD  1800 nên ta có

ACD EAF (3)

Từ (1), (2), (3), ta có DCAEAF

Vậy CAD AFE

Do CAD FAH 900

AFE FAH

   nên AM EF

Cách 3: Theo giả thiết ABEACFnên ta có AB AE k (1)

AC AF 

Ta có 1 (2)

2

AM  AB AC

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Xét phép quay vecto góc quay +900 , từ (1) ta có AB              k AE AC;   k FA

AM  AB AC  k FA AE  k FE

Từ (2) và (3), ta có phép quay vecto góc quay +900, 1

2

AM  k FE

Kết luận: qua phép quay vecto góc quay +900 AM là 1

2k FE



Vậy AM FE

Cách 4: xét hệ trục vuông góc Mxy như hình vẽ.

Ta có M (0;0); C(m;n); B(-m;-n); A(0;a) (m > 0).

Vecto AC có tọa độ ACm n a;  

Vecto AB có tọa độ AB  m n a;  



Phương trình đường thẳng AF nhận AC là vecto pháp tuyến là

m x  n a y a  

;

F

F

m

Phương trình đường thẳng AE nhận AB là vecto pháp tuyến là m x  0  n a y a     0

;

E

E

m

Do có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên AB kAE

AC kAF









 Suy ra:

2

2

2

2

E

E

E

F F

F

m





Vậy AMEF

Cách 5: (Dành cho các em học sinh đã học qua số phức)

Gọi a, b, c, e, f, m lầ lượt là những số phước tọa vị là A, B, C, E, F,M

Ta có tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF nên AB AE k

AC AF  AB



biểu diễn số phức b – a.

AC



biểu diễn số phức c – a

AE



biểu diễn số phức e – a.

AF



biểu diễn số phức f – a.

Vì ACAF nên c – a = - ki(f – a) (2)

Từ (1) và (2) ta có b + c – 2a = ki(e – f)  2(m – a) = ki(e – f) (k ∈ R)

Vì AM biểu diễn số phức m – a, FE biểu diễn số phức e – f, nên ta có

AMEF

2

tan

cos

2

S

A

bc

Tương tự ta tính được tanB 2 4S2 2, tanC 2 4S2 2

Theo giả thiết tan A + tan B = 2tanC 2 4S2 2 2 4S2 2 2 2 4S2 2

2

2

2

2

        

    

     

Hay tam giác ABC cân

c) Gọi B (a;1 – 2a) ∈ d

Gọi N là trung điểm AC suy ra 3 (1)

2

BN  BG

BN  x  a y  a BG  a a 

Theo (1)

3 11

11

2 3

2

N

N

N N

x





11

;

2

a

N  a

  Ta có: 3 ; 4 ; 2 1

2

a

IN   a BM   a a

mà IN / /BM   k :IN k BM

4

k

a k a



     







Ac đi qua N(5;1) và có vecto pháp tuyến n IN 1;1



suy ra AC có phương trình x + y – 6 = 0 Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(4;0), bán kính R = IB = 10 nên có phương trình:  2 2

x y  Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình:

6

3

7

x

x

 



   



 Vậy A(3;3), B(1;-1), C(7;-1) hoặc A (7;-1), B (1;-1), C(3;3)