CỤM LẠNG GIANG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM MÔN: TOÁN - LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. Câu Nội dung Điểm 1. Cho hàm số ( ) 2 x f x 1 x = + , đặt ( ) ( ) g x f f x   =   , ( ) ( ) h x f g x   =   . Xét tính chẵn - lẻ của hàm số h(x) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 f x x g x f f x 1 2x 1 f x   = = =   +   +   ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 g x x h x f g x 1 3x 1 g x   = = =   +   +   * Xét hàm số ( ) 2 x h x 1 3x = + - TXĐ: ℝ + Với x,x x ∀ ∈ ⇒ − ∈ ℝ ℝ + ( ) ( ) 2 x h x h x 1 3x − − = = − + Vậy h(x) là hàm số lẻ 0,25 0,25 0,25 0,25 1 (3 điểm) 2. Cho phương trình : − x 2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. a) Với 1 m 4 = phương trình trở thành: − x 2 + 4 |x − 1| = 0 +) x 1 ≥ : − x 2 + 4 (x − 1) = 0 x 2 ⇔ = +) x 1 < : − x 2 − 4 (x − 1) = 0 x 2 2 2 ⇔ =− ± Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x 2 = ; x 2 2 2 = − ± b) Tìm m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt − x 2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. ⇔ 4m = − x 2 + 4 |x − 1| + 1 x 1 x 1 2 2 x 4x 3 4m x 4x 5   − + − ≥  ⇔ =   − − + <   khi khi Xét hàm số ( ) x 1 x 1 2 2 x 4x 3 f x x 4x 5   − + − ≥  =   − − + <   khi khi Ta có bảng biến thiên: 0,5 0,5 0,25 SỞ GD&ĐT BẮC GIANG 2 x 4x 5 − − + | 2 x 4x 3 − + − Biến thiên f(x) 9 1 0 −∞ −∞ Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 4m. Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 9 hoặc m < 0 0,5 0,25 2 ( 2 điểm) a) Giải phương trình: 3 2 x 1 x 1 − = − − Đặt 3 3 3 2 2 a 2 x a 2 x a b 1 b x 1 b x 1 0     = − = −   ⇔ ⇒ + =     = − = − ≥     Thay vào phương trình được: a 1 b = − Ta có hệ phương trình ( ) 2 3 2 3 2 3 a b 1 a a 2a 0 a 1 a 1 a 1 b b 1 a b 1 a       + = + − = + − =    ⇔ ⇔       = − = − = −       a 0 b 1 a 0 a 1 a 1 a 2 b 0 a 1 b a 2 b 3   =        =   =           = =       ⇔ ⇔       = − =            = − =−         =    +) a 0 x 2 b 1  =   ⇒ =   =   ; +) a 1 x 1 b 0  =   ⇒ =   =   ; +) a 2 x 10 b 3  = −   ⇒ =   =   Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 1; x = 2; x =10 b) Cho hệ phương trình 2 2 2 x y a 1 x y 2a 2  + = +     + = −   . Tìm a để tích xy lớn nhất. Ta có: 2 2 2 2 x y a 1 x y a 1 1 3 xy a a x y 2a 2 2 2  + = +    + = +    ⇔     = − + + + = −      Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi ( ) 2 2 2 a 1 1 3 a 1 4 a a 3a 2a 5 0 5 2 2 a 3  ≤−       + ≥ − + + ⇔ − − ≥ ⇔        ≥   0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 2 1 3 f a a a 2 2 = − + + trên ( ] 5 ; 1 ; 3     −∞ − ∪ +∞      Bảng biến thiên a −∞ -1 1 5 3 +∞ f(a) 1/2 −∞ v v v v v v v v 16/9 −∞ Tích xy lớn nhất khi và chỉ khi f(a) đạt giá trị lớn nhất trên ( ] 5 ; 1 ; 3     −∞ − ∪ +∞      . Dựa vào bảng biến thiên suy ra xy lớn nhất bằng 16/9 khi a = 5/3 0,25 0,25 3 (2 điểm) a) Giải bất phương trình sau: ( ) 2 2 x 4x x 3x 2 0 − + − + ≤ ( ) 2 2 2 2 2 x 1 x 3x 2 0 x 2 x 4x x 3x 2 0 x 3x 2 0 x 0 x 4x 0 x 4  =   − + =   =    − + − + ≤ ⇔ ⇔  − + >    ≤      − + ≤     ≥  b) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: ( ) 2 2 2 2 1 0 (1) 2 1 0 (2)   − − + ≤    − + + + ≤   x x m x m x m m Xét bất phương trình (1): 2 2 1 0 − − + ≤ x x m có ' m ∆ = , bất phương trình có nghiệm ' 0 m 0 ⇔ ∆ ≥ ⇔ ≥ . Khi đó bất phương trình (1) có nghiệm 1 m x 1 m − ≤ ≤ + Xét bất phương trình (2): ( ) 2 2 2 1 0 − + + + ≤ x m x m m có 1 ∆ = >0. Khi đó bất phương trình (2) có nghiệm m x m 1 ≤ ≤ + Xét bài toán tìm m để hệ bất phương trình vô nghiệm: Hệ vô nghiệm m 1 1 m 3 5 m 2 m 1 m  + < − +  ⇔ ⇔ >  > +   Vậy để hệ có nghiệm thì giá trị m cần tìm là 3 5 0 m 2 + ≤ ≤ 1 0,5 0,5 4 (2 điểm) a) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng minh rằng: a.IA b.IB c.IC 0 + + =     Ta có: IA ' BA ' CA ' BA ' CA ' a IA BA CA BA CA b c + = = = = + + Suy ra: ( ) a.IA b c IA ' = − +   0,25 A B C I A’ Xét hàm số (a) ac BA ' b c = + ; ab CA ' b c = + Mặt khác: CA ' A 'B b c IA ' .IB .IC .IB .IC BC BC b c b c = + = + + +      ( ) b c IA ' b.IB c.IC ⇒ + = +    a.IA b.IB c.IC 0 ⇒ + + =     b) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua đường phân giác trong góc A thì M’ thuộc AC. Gọi I là giao điểm của MM’ và đường phân giác trong góc A thì I là trung điểm của MM’. MM’: x + y – 2 = 0 Điểm 1 3 I ; 2 2           , điểm ( ) M ' 1;1 AC đi qua M’ và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên AC: 4x – 3y – 1 = 0 Điểm A là giao điểm của AC và đường phân giác kẻ từ A nên A(4; 5) Đường thẳng AB đi qua A, M nên có phương trình: 3x – 4y + 2 = 0 Điểm B là giao điểm của AB và đường cao kẻ từ B nên 1 B 3; 4     − −       MC 2 = , tọa độ điểm C là nghiệm (x; y) của hệ ( ) 2 2 x y 2 2 4x 3y 1 0   + − =    − − =   , suy ra ( ) C 1;1 hoặc 31 33 C ; 25 25           0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 5 (1 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4; gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: ( ) 2 2 2 27 a b c abc 208 + + + ≥ Ta có 4 4 2. a b c a b c c c + + = ⇒ + = − > ⇒ < Tương tự: 2; 2 a b < < Áp dụng Định lý Côsi cho 3 số dương: 2 ;2 ;2 a b c − − − 3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 (2 )(2 )(2 ) 3 27 8 8 4( ) 2( ) 27 8 8 2( ) 27 8 8 ( ) 27 27( ) 208 a b c a b c a b c ab bc ca abc ab bc ca abc a b c a b c abc a b c abc − + − + −   ⇒ − − − ≤ =     ⇔ − + + + + + − ≤ ⇔ − + + + − ≤ ⇔ − + + + − ≤ + + + ⇔ + + + ≥ 0,25 0,25 0,5 A B C M I M’