Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng..[r]
Trang 1SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu)
Câu 1
a) Giải bất phương trình
x x x x
b) Giải hệ phương trình:
2
Câu 2.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm
2 2
x m y x my
x y xy
Câu 3.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy,cho điểm I(2; 4) và các đường thẳng
1 : 2 2 0,
d x y d2: 2x y 2 0 Viết phương trình đường tròn ( )C có tâm I sao cho ( )C cắt d1 tại A B, và cắt d2 tại C D, thỏa mãn AB2 CD2 16 5 AB CD .
Câu4
1 Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL và
3
5 2 5 2
CM
Tính
b
c và cos A.
2 Cho a,b R thỏa mãn:
9 (2 )(1 )
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 16a4 4 1b4
Câu 5
Cho f x x2 ax b
với a,b thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m n p, , đôi một phân biệt và 1m n p, , 9 sao cho: f m f n f p 7
Tìm tất cả các bộ số (a;b).
_ Hết _
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Trang 2Họ và tên thí sinh: ………Số báo danh: ………
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
Đáp án
Điều kiện:
1 2
x
Đặt t 2x1 (t 0) thì 2x t 2 1. Khi đó ta có
x x x t x tx t t
(x t) (2 1)t 0 (x 3 1)(t x t 1) 0
x 1 t (do
1
2
x t x t
)
1
x
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [2 2;).
2
(1)
5 4
x
Th1: y 0 x0 không thỏa mãn
Th2: y 0 ta có:
5
(1) x x y y (t y t)( t y t y ty y ) 0
(t y ) ( t y ) (t y ) (t yt y ) 2 0 t=y hay y2 x
C2: Xét hàm số: f t( ) t5 t đồng biến trên R (Xét bằng định nghĩa)
Thay vào (2): 4x 5 x 8 6 2 4x237x40 23 5 x
2
23
1 5
x
x
Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( ; )x y (1;1);( 1;1)
Hệ đã cho tương đương với:
2 2
0 (1)
0 (2)
x yx y
Phương trình (2) (ẩn x) có nghiệm là
4
x
y
y
Th1: m 0, ta có y 0, x 0. Suy ra m 0 thỏa mãn
Trang 3Th2: m 0.Phương trình (1) (ẩn y) không có nghiệm thuộc khoảng ( ; 4] [0; ) (*)
là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc ( 4;0), điều kiện là
2 2
1 2
m m y
y
2
2 2
2
1 4 0
1 4 0
1 1 4
2
1 1 4
2
m m m m m m
2 2
1 1 ( ; ) ( ; )
2 2 1
0 2
1 4 1 8 ( )
1 4 1 8
m m
(với y y1 , 2 là 2 nghiệm của phương trình (1))
m
m
m
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ; 4] [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là
; 0.
Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là
.
Gọi hình chiếu của I trên d d1 , 2 lần lượt là E F, khi đó
Gọi R là bán kính của đường tròn ( )C cần tìm (
6 5
R
)
Theo giả thiết ta có:
8R 16 4 (5R 4)(5R 36) 2R 4 (5R 4)(5R 36)
(2R 4) (5R 4)(5R 36)
6 5
R
) R 2 2 ( do
6 5
R
) Vậy phương trình đường tròn ( )C cần tìm là ( ) : (C x 2)2(y 4)2 8.
Ta có:
2
Theo giả thiết: ALCM AL CM 0
Trang 4
Khi đó:
2
2 1 2 1 2 2 2 2 2
AL AB AC AB AC AB AC b a
2 2
9
2
a b
2
cos
A
C/M được : a2b2 c2d2 (a c )2(b d )2 ấu bằng xẩy ra khi:
c d
Áp dụng (1) ta có :
Mặt khác:
9 (1 2 )(1 )
2
5 2
2
a b ab
(2)
Mà:
2
1 2
2 4
2 2
ab
Từ (1) và (3) suy ra: p 2 17 Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và
1 2
b
Vậy: MinP 2 17 Đạt được khi a=1 và
1 2
b
Cách 2: Đặt: a= 2A; b= B; Ta có gt tương đương:
2
2
A B
A B AB A B A B A B A B
hoặc A B 5
Ta có:
2
Xét hàm: f t( )t2 trên ( ; 5) (1; ) Min đạt được tại t = 1
Vậy GTNN của P là P min 2 17 Đạt được khi và chỉ khi:
1;
A B a b
Do 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 loại vì phương trình f(x)-7=0 không thể có 3
nghiệm phân biệt Th2: f m( )f n( ) 7 và f p ( ) 7
Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m p n p ta có: m,n là nghiệm pt:
2
7 0
x ax b và p là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 nên :
Trang 5
m n a
m p m p a
2
9( ) 7
2
9( ) 7
n p
p m
n p
p m
Th3: f m( )f n( )7và f p ( ) 7,khiđó hoàn toàn tương tự ta có:
(p n m p )( )14
7 2
m p
p n
7 2
m p
p n
Do m,n,p1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)=(11;17),(13;29), (7; 1),(9;7)
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.