Gián án ĐÈ VÀ HD TÓM TẮT LG ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2010-2011

Gọi H là trực tâm tam giác ABC.. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. Gọi SC, SD lần lượt là diện tích tam giác ABC, ABD.. b hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a... Đẳng thức

Đề và HD giải tóm tắt đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An - Bảng A 2010-2011

Câu 1: (6 điểm)

a) Giải phương trình x 1 x 1 2 x x2  2

b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn  2; 2 :

(m2)x m x1

Giải.

Câu 1.a) Bằng cách phân tích thích hợp ta có 2 nghiệm x=0, x=1.

b)Ta có (m2)x m   x 1 (m2)x m (x1)2  m x(  1)x2 1(1)

+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm

+) Nếu x(1;2] : (1) 2 1

1

x m x



 Xét hs f(x)= 2 1

1

x x



 trên

(1;2] ta có:

1;2

minf ( ) (2) 5

x



  TH này bpt có nghiệm  mxminf ( )1;2 x  5

+) Nếu x[-2;1): (1) 2 1

1

x m x



 Xét hs f(x)= 2 1

1

x x



 trên

[-2;1) ta có:

 2;1

max f ( ) (1 2) 2 2 2

x

 

TH này bpt có nghiệm

 2;1

max f ( ) 2 2 2

x

 

Suy ra pbt đã cho có nghiệm  m  ( ;2 2 2] [5;+ )  

Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau:

2







Giải

Từ (1) y3 y (x1)3  x 1 y x 1

Thế vào (2) ta có

2

Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1)

Câu 3: (5 điểm)

a) Cho x, y là các số thực thoả mãn: log (4 x2 )y log (4 x 2 ) 1y 

Chứng minh rằng : 2x y  15

b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn:

(a b c  ) 2(a b c ) Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

3 3 3

P

a b c ab bc ca



Giải

Câu 3.a

x







Ta có log4(x+2y)+log4(x-2y)=1 x2-4y2 = 4

2

y

 

 

( do (*) ) Cách

1 Từ đó 0 2 1

x

  Ta đặt 2 sin , (0; ]

2

t t x



  Suy ra y cott

sin

t

Áp dụng điều kiện có nghiệm pt suy ra Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có A 4

Vậy (1) đúng (đpcm)

Cách 2 Xét hàm số ( ) 2 2 2 4

2

x

g x  x y  x  trên 2; Suy ra đpcm.

Câu 3.b) (Theo Thầy Tuấn –Tân kì)

+) Theo gt, ta có

ab bc ca

Từ đó

3

P

a b c



+) Đặt t=a+b+c ta có a3+b3+c3=a3+b3+(t-a-b)3=a3+b3+t3-3t2(a+b)+3t(a+b)2-(a+b)3

=t3-3t2(a+b)+3t(a+b)2-3ab(a+b)=t3-3(a+b)[t2-t(a+b)+ab] =t3-3(a+b)(t-a)(t-b)=t3-3(t-c)(t-a)(t-b)=

=t3-3t3+3t2(a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc=

=1

4 t

3+3abc

t   a b c  +) Mặt khác từ GT, ta có a2-2a(b+c)+b2+c2-2bc=0 (1) Từ (1) để có a thì

     Lập luận tt ta có ac0,ab0

+) Nếu bc=0 0

0

b c





  

 suy ra P=1 +) Nếu bc>0 Từ (1) có a b c  2 bc ( b c)20

Nếu a=0 suy ra P=1

Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1

9

 

9

 

Vậy MinP=1 MaxP=11

9 .

Câu 4: (2 điểm)

Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2) Gọi H là trực tâm tam giác ABC Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có phương trình là: x2+y2-2x+4y+4=0 Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Giải

Cách 1 x2+y2-2x+4y+4=0 (C1) là đường tròn Ơle đi qua trung điểm các cạnh AB,BC,

CA nên gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì V G2:C1   C

I1(1;-2) thì I(1;10) và

R = 2 R1=2

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: (x-1)2+(y-10)2=4

Cách 2

+) Đường tròn x2+y2-2x+4y+4=0 (C1) có tâm K(1;-2), bán kính R1=1

+) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C1) thành đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính R=2 Gọi I là tâm của (C) ta có

2

HI  HK

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1)

+) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có

3

2

(2) +) Từ (1) và (2) suy ra 3HG4HK  H(1; 14)

Bây giờ từ (1) suy ra I(1;10) Vậy PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x-1)2+(y-10)2=4

Câu 5: (5 điểm)

a) Cho tứ diện ABCD Gọi  là góc giữa 2 mp(ABC) và (ABD) Gọi SC, SD lần lượt là diện tích tam giác ABC, ABD

Chứng minh rằng: 2 sin

3

S S V

AB



 với V là thể tích tứ diện ABCD

b) hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC, lần lượt tại A’, B’, C’ khác S

SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA'

H K H

D

C

A

B

 F

Giải

Câu 5.a)

Gọi H là hình chiếu của C trên (ABC) Kẻ HK vuông góc với AB ( K thuộc AB)

Khi đó HKC  

Trong tam giác HKC ta có

2 sin HC HC sin KC sin S C

suy ra

1

C D

C S S

AB



Câu 5.b)

G

K G'

S

C

A

B

Ta chứng minh được: SA SB SC 3SG ' 4

SA ' SB' SC'   SG  ( G’ là trọng tâm tam giác ABC)

a

Với mọi x,y,z ta có (x+y+z)2  3(xy+yz+zx) suy ra

2

3

Q

Vậy MaxQ = 162

3a Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi mp(P) song song với (ABC).