SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG - NĂM HỌC 2010 - 2011 Môn thi: TOÁN 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. Câu I (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 8 12 8 12 3 x x x x x + − + − − = − 2. Giải bất phương trình 1 1 x x x + − − ≤ Câu II (2,0 điểm) 1. Giải hệ phương trình 2 6 2 2 3 2 x y x y y x x y x y            + = − − + − = + − 2. Tìm tham số m để hệ phương trình 2 3 2 2 3 2 3 3 x y y my y x x mx   = − +     = − +    có nghiệm duy nhất. Câu III (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho tam giác ABC có trung điểm cạnh BC là 1 5 ( ; ) 2 2 M và hai đường cao 1 : 2 11 0, BB x y + − = 1 : 3 11 0. CC x y − + = Xác định toạ độ đỉnh , , A B C . 2. Trong mặt phẳng toạ độ , Oxy cho đường tròn (C): 2 2 2 2 15 0 x y mx y + − − − = có tâm I và đường thẳng : 2 0 d x y − − = . Xác định toạ độ điểm M trên đường thẳng d sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau , MA MB đến đường tròn (C), trong đó , A B là tiếp điểm thoả mãn diện tích tứ giác MAIB bằng 25 . Câu IV (2,0 điểm) 1. Giả sử I là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ , D là trung điểm của cạnh AB còn G là trọng tâm của ACD ∆ . Chứng minh rằng nếu AB AC = thì IG CD ⊥ . 2. Cho ABC ∆ . Chứng minh rằng 0 60 B = khi và chỉ khi 1 1 3 a b b c a b c + = + + + + , (trong đó , , a BC b CA c AB = = = ). Câu V (2,0 điểm) 1. Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 2 cos cos cos cos 2 sin 1 3 3 3 3 x x x x x x π π π π                     − + + + + + − − = ∀ ∈                             ℝ . 2. Cho , , x y z là các số thực dương thoả mãn điều kiện 1. x y z + + = Chứng minh rằng 2 2 2 2 2 2 4( ) 5 xy yz zx x y y z z x xyz + + ≥ + + + . HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA – THANH CHƯƠNG – NGHỆ AN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 10 – NĂM 2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Điều kiện:   − ≥     ≥    ≥      + − ≥ ⇔ ⇔      ≤ ≤   − + ≥    ≥ −       2 8 12 0 3 6 8 12 0 2 3 2 8 12 0 2 8 12 x x x x x x x x x x 0,25 Phương trình đã cho tương đương với     ≥ ≥     ⇔     + − + = − + − + − − + − =       2 2 2 2 3 3 2 2 8 12 6 9 ( 8 12) 2 8 12 3 0 (*) x x x x x x x x x x x 0,25 Đặt = − + ≥ 2 8 12,( 0) t x x t . Khi đó PT(*) trở thành t 2 – 2t – 3 = 0 ⇔ t = - 1 (Loại) v t = 3 0,25 I-1 (1 điểm) Với t = 3 ta có hệ    ≥  ≥     ⇔ ⇔ = +     − + = = ±       2 3 3 4 13 8 12 9 4 13 x x x x x x 0,25 Điều kiện 0 1 1 5 1 2 1 x x x x   ≤ ≤ − +   ⇔ ≤ ≤   ≥ −    . 0,25 Bất phương trình đã cho tương đương với 1 1 1 2 1 x x x x x − − ≤ − ⇔ − ≥ − 0,25 4 16 1 4 1 4 5 4 0 0 0 5 25 x x x x x x x⇔ − ≥ + − ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ 0,25 I-2 (1 điểm) Kết hợp điều kiện 1 5 16 2 25 x − + ⇒ ≤ ≤ . 0,25 Điều kiện 0 2 0 y x y   ≠    − ≥   0,25 Đặt 2 ( 0) t x y t = − ≥ . Phương trình (1) trở thành 2 2 6 0 3 v 2 t yt y t y t y − − = ⇔ = = − 0,25 * Với 3 2 3 t y x y y = ⇔ − = thế vào phương trình (2) ta có 3 3 2 3 2 3 4 x y x y x y x y + = + − ⇔ + = ⇔ + = Hệ phương trình tương đương với 2 8 4 3 3 0 4 4 3 2 9 9 x y x y y y y y     = −   =      ≥ ⇔       =   − − =      0,25 II-1 (1 điểm) * Với 2 2 2 t y x y y = − ⇔ − = − thế vào phương trình (2) ta có 2 3 2 2 3 2 x y x y y x y − = + − ⇔ − = + − Hệ phương trình tương đương với 2 2 5 12 0 2 2 5 2 4 x y x y y y y y   = −     =   ≤ ⇔     = −     − − =   0,25 Điều kiện cần: Giả sử hệ phương trình có 1 nghiệm 0 0 ( ; ) x y . Do đây là hệ phương trình đối xứng với ẩn x và y nên 0 0 ( ; ) y x cũng là một nghiệm của hệ phương trình. Để hệ phương trình có nghiệm duy nhất thì 0 0 x y = . 0,25 Do đó, bài toán trở thành tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất 3 2 2 0 0 0 0 0 0 4 0 0 v 4 0 x x mx x x x m − + = ⇔ = − + = Hay phương trình 2 0 0 4 0 x x m − + = vô nghiệm. Do đó 4 m > . 0,25 Điều kiện đủ: Với 4 m > . Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) theo vế ta có 2 2 2 2 ( )( 2 2 ) 0 v (2 ) 2 0 x y x y xy x y m y x x y x y y m − + + − − + = ⇔ = − − + − + = * Với y x = thế vào (1) ta có 2 0 v 4 0 x x x m = − + = (vô nghiệm vì m > 4) Do đó hệ phương trình có 1 nghiệm 0 x y = = . 0,25 II-2 (1 điểm) * Với 2 2 (2 ) 2 0 x y x y y m − − + − + = (3) Ta có 2 2 2 (2 ) 4( 2 ) 3 4 4 4 x y y y m y y m ∆ = − − − + = − + + − = 2 2 2( 1) 4( 4) 10 0 4 y y m m = − − − − − − < ∀ > Do đó phương trình (3) vô nghiệm, trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm. Kết luận: 4 m > . 0,25 Giả sử ( ;11 2 ), ( ;3 11) B b b C c c − + . 0,25 Do 1 5 ( ; ) 2 2 M là trung điểm của BC nên ta có hệ phương trình 1 4 11 2 3 11 5 3 b c b b c c     + = =   ⇔     − + + = = −     . Hay (4; 3), ( 3;2) B C − . 0,25 Giả sử ( ; ) A t k (4 ; 3 ), ( 3 ;2 ) AB t k AC t k ⇒ − − − − −   . Một vecto chỉ phương của đường thẳng 1 BB là 1 (1; 2) BB u = −  Một vecto chỉ phương của đường thẳng 1 CC là 1 (1;3) CC u =  0,25 III-1 (1 điểm) Khi đó ta có hệ phương trình 1 1 . 0 1(4 ) 3(3 ) 0 1 1( 3 ) 2(2 ) 0 4 . 0 CC BB AB u t k t t k k AC u       = − + − = =     ⇔ ⇔       − − − − = = =            hay (1;4) A 0,25 0,25 0,25 Đường tròn (C) có tâm ( ;1) I m bán kính 2 16 R m = + Do hai tiếp tuyến MA, MB vuông góc với nhau và IA MA ⊥ nên tứ giác MAIB là hình vuông. Do diện tích tứ giác MAIB bằng 25 nên bán kính đường tròn 5 R IA = = và đường chéo 5 2 MI = Khi đó 2 16 5 3 m m + = ⇔ = ± . * Với m= 3. Tâm I(3;1). Giả sử M(t;t-2) 2 2 5 2 ( 3) ( 3) 25.2 2 v 8 MI t t t t = ⇔ − + − = ⇔ = − = Hay ( 2; 4), (8;6) M M − − 0,25 III-2 (1 điểm) * Với m= - 3. Tâm I(- 3;1). Giả sử M(t;t-2) 2 2 5 2 ( 3) ( 3) 25.2 4 v 4 MI t t t t = ⇔ + + − = ⇔ = − = Hay ( 4; 6), (4;2) M M − − . 0,25 M A B I Trong mặt phẳng chọn 2 vecto { } , AB AC   làm cơ sở. Khi đó, 1 2 CD AD AC AB AC = − = −      . 0,25 Gọi E là trung điểm của AC. Ta có , . . 0 ID AB IE AC AB ID AC IE ⊥ ⊥ ⇒ = =     Do G là trọng tâm của ACD ∆ nên 3 2 IG IA IC ID IE ID = + + = +       . 0,25 Khi AB AC = ta có ID IE = và tích vô hướng ( ) 1 .3 2 2 CD IG AB AC IE ID      = − +              0,25 IV-1 (1 điểm) 1 . . 2 . . . .sin . .sin 0 2 AB IE AB ID AC IE AC ID AB IE A AC ID A = + − − = − + =         CD IG ⇒ ⊥ . 0,25 Ta có 1 1 3 ( 2 )( ) 3( )( ) a b c a b c a b b c a b b c a b c + = ⇔ + + + + = + + + + + + 0,25 2 2 2 2 2 3 3 2 3 3 3 3 a b c ab bc ca ab bc ca b ⇔ + + + + + = + + + 0,25 2 2 2 a c b ca ⇔ + − = 0,25 IV-2 (1 điểm) 2 2 2 0 1 1 cos 60 2 2 2 a c b B B ca + − ⇔ = ⇔ = ⇔ = 0,25 Đẳng thức tương đương với 1 2 2 4 4 2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 1 2 3 3 3 3 x x x x x π π π π                         + − + + + + + − − + =                                   0,25 +0,25 2 4 cos .cos 2 cos .cos 2 cos 2 0 3 3 x x x π π ⇔ + + = 0,25 V-1 (1 điểm) 1 1 cos 2 cos 2 cos2 0 2 2 x x x ⇔ − − + = . 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có 3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2 2 ; 2 ; 2 x y xy x y y z yz y z x z xz z x + ≥ + ≥ + ≥ 0,25 Với giả thiết , , 0 x y z > và 1 x y z + + = thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 2 2 ( )( ) 4( ) 5 ( ) xy yz zx x y z x y y z z x xyz x y z + + + + ≥ + + + + + 0,25 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 ( ) 2( ) 5 ( ) x y xy y z yz x z xz x y y z z x xyz x y z ⇔ + + + + + + + + + + + 2 2 2 2 2 2 4( ) 5 ( ) x y y z z x xyz x y z ≥ + + + + + 0,25 V-2 (1 điểm) 3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2 2( ) x y xy y z yz x z xz x y y z z x ⇔ + + + + + ≥ + + Dấu “=” xảy ra khi 1 3 x y z = = = . 0,25 Chú ý: Thí sinh giải cách khác với đáp án, nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó. . SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG - NĂM HỌC 2 010 - 2011 Môn thi: TOÁN 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian. + + + . HẾT Họ và tên thí sinh: Số báo danh: TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA – THANH CHƯƠNG – NGHỆ AN ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 10 – NĂM 2011 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Điều kiện:   − ≥     ≥    ≥   . y y m y y m ∆ = − − − + = − + + − = 2 2 2( 1) 4( 4) 10 0 4 y y m m = − − − − − − < ∀ > Do đó phương trình (3) vô nghiệm, trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm. Kết luận: 4 m > .