SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC ĐỀ THI CHUYÊN ĐỀ LẦN 1 LỚP 10 TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2008- 2009 ………………………………………………. MÔN THI : TOÁN ( Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian giao đề ) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I( 2 điểm ). Cho phương trình: 02)12( 22 =+++− mxmx (*) a, Tìm m để phương trình (*) có hai nghiệm không âm. b, Tìm m để giữa hai nghiệm 21 , xx của phương trình (*) ta có hệ thức: 07)(53 2121 =++− xxxx Câu II( 2,5 điểm ). Giải các phương trình và hệ phương trình sau: a, 012315 =−−−−− xxx b,      =+ =+ 222 22 51 6 xyx xxyy Câu III( 1,5 điểm ). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1; 2), B(-3; -1), C(3; 1). Tìm tọa độ chân đường cao của tam giác hạ từ A. Câu IV( 1điểm). Chứng minh rằng với mọi số thực 1;0,, =++> zyxzyx thì: xyz xyz yzxzxy + >++ 2 18 PHẦN RIÊNG – Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu V.a hoặc V.b Câu Va – Dành cho thí sinh theo khối A ( 3 điểm ). a, Biện luận theo m số nghiệm phương trình: 24 2 −=− xmx b, Trong mọi tam giác ABC , chứng minh rằng: S cba CBA 4 cotcotcot 222 ++ =++ . ( Với a, b, c lần lượt là độ dài các cạnh BC, AC, AB và S là diện tích tam giác ABC ). Câu V.b – Dành cho thí sinh theo khối B,D ( 3 điểm ) a, Cho hàm số 24 2 +−= xxy (1) Tìm a để đường thẳng 13 += ay cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt. b, Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(1; 4), B(-2; 2), C(4;0).Tìm tọa độ điểm M sao cho 222 MCMBMA ++ có giá trị nhỏ nhất. ………………………………HẾT……………………………… Họ và tên thí sinh…………………………………………………………SBD………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm I a, Phương trình (*) có hai nghiệm không âm khi và chỉ khi      ≥ ≥ ≥∆ 0 0 0 P S 0,25      ≥+ ≥+ ≥− ⇔ 012 02 074 2 m m m 0,25        − ≥ ∀ ≥ ⇔ 2 1 4 7 m m m 0,25 4 7 ≥⇔ m 0,25 b, Để phương trình có hai nghiệm thì 4 7 ≥ m 0,25 Theo Định lý VI-ET:    +=+ += 12 2 21 2 21 mxx mxx Thay vào hệ thức đã cho ta được phương trình: 08103 2 =+− mm 0;25     = = ⇔ 3 4 2 m m 0,25 KL: Vậy m = 2 0,25 a, Ta có: Điều kiện: 1 ≥ x Phương trình đã cho tương đương với : 12315 −+−=− xxx 0,25 )1)(23(22 −−=+⇔ xxx 042411 2 =+−⇔ xx ( vì 1 ≥ x ) 0,25     = = ⇔ 11 2 2 x x 0,25 KL: x = 2 0,25 b, Ta thấy (0; y) không là nghiệm của hệ.Hệ đã cho tương đương với :        =+ =+ 5 1 6 2 2 2 2 y x x y x y 0,25 Đặt      = = x v yu 1 . Hệ trở thành      =+ =+ 5 6 22 22 uv vuuv 0,25 IV Áp dụng BĐT COSI cho 6 số dương ta có : 3 62 xyzzyxzyx ≥+++++= (1) Mặt khác 3 222 3 zyxyzxzxy ≥++ (2) 0,25 Nhân hai vế (1) và (2) ta có xyzyzxzxy 18)(2 ≥++ (3) Lại có; 0)( >++ yzxzxyxyz (4) 0,25 Cộng hai vế (3) và (4) ta được: xyzyzxzxyxyz 18))(2( >+++ 0,25 xyz xyz yzxzxy + >++⇔ 2 18 KL: 0,25 V.a a, Phương trình đã cho tương đương với : mxx =−− 24 2 Xét hàm số : y =        <−+ ≥+− =−− 2 1 ,24 2 1 ,24 24 2 2 2 xxx xxx xx 0,25 Ta có bảng biến thiên của hàm số như sau: x - ∞ -2 1/2 2 + ∞ y + ∞ + ∞ 1/4 -2 -6 0,5 Dựa vào bảng biến thiên ta có: m < - 6 phương trình vô nghiệm m = - 6 phương trình có 1 nghiệm duy nhất - 6< m < - 2 hoặc m > 1/4 phương trình có 2 nghiệm phân biệt m = -2 hoặc m = 1/4 phương trình có 3 nghiệm phân biệt - 2 < m < 1/4 phương trình có 4 nghiệm phân biệt 0,5 KL: 0,25 b, Từ giả thiết ta có C coC B B A A CBA sinsin cos sin cos cotcotcot ++=++ 0,25 R c ab cba R b ac bca R a bc acb 2 .2 2 .2 2 .2 222222222 −+ + −+ + −+ = 0,5 cab cbaR bac bcaR abc acbR .2 )(2 .2 )(2 .2 )(2 222222222 −+ + −+ + −+ = 0,25 = abc cbaR )( 222 ++ 0,25 = S cba 4 222 ++ , ( Do S = Sabc R R abc 4 1 4 =⇒ ) ĐPCM 0,5 V.b a, Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số là: 1324 2 +=+− axx 0,25 để thỏa mãn đề bài thì điều kiện là: phương trình 0)13(4 2 =−−− axx có hai nhiệm phân biệt . Hay 0' ≥∆ 0,25 1033 −≥⇔≥+⇔ aa 0,5 KL: 0,25 b,Giả sử );( yxM . Ta có 222 222 222 )4( )2()2( )4()1( yxMC yxMB yxMA +−= −++= −+−= 0,25 Theo đề ra: 222222222 )4()2()2()4()1( yxyxyxMCMBMA +−+−+++−+−=++ 0,25 ⇔ 4112633 22222 +−−+=++ yxyxMCMBMA 0,25 ⇔ 2626)2(3)1(3 22222 ≥+−+−=++ yxMCMBMA 0,5 ⇔ 2,126)( min 222 ==⇔=++ yxMCMBMA . Vậy )2;1(M 0,25 . )4()1( yxMC yxMB yxMA + = ++ = + = 0,25 Theo đề ra: 222222222 )4()2()2()4()1( yxyxyxMCMBMA + + ++ + + =++ 0,25 ⇔ 4112633 22222 + += ++ yxyxMCMBMA 0,25 ⇔. cotcotcot ++ =++ 0,25 R c ab cba R b ac bca R a bc acb 2 .2 2 .2 2 .2 222222222 + + + + + = 0,5 cab cbaR bac bcaR abc acbR .2 )(2 .2 )(2 .2 )(2 222222222 + +