ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỐ 01

ĐỀ LUYỆN THI HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH SỐ 01
Thời gian: 150 phút
Câu 1. (2,0 điểm)
a) Giải bất phương trình: x
b) Giải hệ phương trình:

2

 6 x  2  2(2  x) 2 x  1.

 x 5  xy 4  y10  y 6

2
 4 x  5  y  8  6

Câu 2. (2,0 điểm)
Tìm tất cả các giá trị của tham số

m

để hệ phương trình sau có

2
 x  m  y ( x  my )
nghiệm  x 2  y  xy


Câu 3. (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng
d : 2 x  y  2  0, d : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường trịn (C ) có tâm I sao
cho (C ) cắt d tại A, B và cắt d tại C , D thỏa mãn AB  CD  16  5 AB.CD.

Câu 4. (2,0 điểm)
1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vng
CM 3
b
góc với phân giác trong AL và AL  2 5  2 5 .Tính c và cos A .
1

2

1

2. Cho a,b  ¡ thỏa mãn:
thức: P  16  a  4 1  b
Câu 5. (2,0 điểm)
4

Cho f  x   x
m, n, p

2

2

2

 ax  b

(2  a )(1  b) 

9

.Tìm
2

2

giá trị nhỏ nhất của biểu

4

với a,b  ¢ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên

đôi một phân biệt và 1  m, n, p  9 sao cho:

f  m  f  n  f  p   7 .

Tìm

tất cả các bộ số (a;b).
Câu 6. (2,0 điểm) Giải phương trình

2 cos 2 x(tan 2 x  tan x)  sin x  cos x .

Câu 7. (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn
(C ) : x 2  y 2  2 x  4 y  4  0 tâm I và điểm M (3; 2) . Viết phương trình đường
thẳng  đi qua M ,  cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích
tam giác IAB lớn nhất.
Trang 1


Câu 8. (2,0 điểm). Giải hệ phương trình

Câu 9. (2,0 điểm). Cho các số
đều dương. Chứng minh rằng :

a , b, c

 x4  2 x  y4  y

(x, y  ¡ )
3
 2
2
 x  y  3





không âm sao cho tổng hai số bất kì

a
b
c
9 ab  bc  ca



6.
bc
ac
ab

abc

Câu 10.(2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , chouuAur 3;1 , B  3;9  , C  2; 3 .
a) Gọi D là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo BC . Xác định tọa độ D.
b) Viết phương trình đường thẳng qua A , cắt đoạn thẳng CD tại M sao
cho tứ giác ABCM
có diện tích bằng 24.

Trang 2


HƯỚNG DẪN ĐÁP ÁN ĐỀ 01
Câu1

Đáp án

Điể
m

1
x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1.
2
2
x  6 x  2  2(2  x)t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0

Điều kiện:

Khi đó ta có

1.0

 ( x  t ) 2  (2t  1) 2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0
 x 1  t

(do

x  3t  1  0; x 

1
; t  0 ).
2

x  1

1điểm Với x  1  t ta có x  1  2 x  1   x  2 x  1  2 x  1  x  2  2.
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là
2

S  [2  2; ).

 x 5  xy 4  y10  y 6 (1)

2
 4 x  5  y  8  6 (2)

Th1:

y 0 x 0

Điều kiện:

x

5
4

1,0

khơng thỏa mãn
5

Th2:
1điểm

y0

ta có:

x x
(1)      y 5  y  (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0
 y y

với

t=x/y
 (t  y )  (t 2  y 2 )2  (t  y )2 (t 2  yt  y 2 )  2  0 

t=y hay y  x
Thay vào (2):
2

4x  5  x  8  6

 2 4 x 2  37 x  40  23  5 x

23

x 

5
 x  1  y  1
 x 2  42 x  41  0


Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là:
Câu2

Hệ đã cho tương đương với:

 my 2  y  m  0 (1)
 2
 x  yx  y  0 (2)

Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là
Th1:

m  0,

ta có

y  0, x  0.

( x; y )   (1;1);( 1;1)

Suy ra

m0

2.0

y  0
x  y2  4 y  0  
 y  4

thỏa mãn.

Trang 3


Th2:

m  0. Phương

trình (1) (ẩn y ) khơng có nghiệm thuộc khoảng
(; 4]  [0; ) (*)
là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều
thuộc (4;0), điều kiện là
1
1
  1  4m 2  0



 m  (;  2 )  ( 2 ; )


  1  4m 2  0
   1  4m 2  0

  1  m  0

2



1

4
m

0



 
  2
1  1  4m 2
  4  y  0

4 
0

1

  1  4m 2  1  8m ( A)

2
m


  4  y2  0
2
1  1  4m 2

  1  4 m  1  8 m
0
  4 
 
2m
(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).

3
1
 1
 2  m   8
điểm (A)  



 1  4 m 2  1  8 m


(B)

1
4
4
1
 m    (B)  m  (;  )  ( ; )
2
17
17
2

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
4
1
(*) không xảy ra, điều kiện là 17  m  2 ; m  0. Vậy tất cả các giá trị
4

1

cần tìm là 17  m  2 .
Gọi hình chiếu của
m

IE  d ( I ;d1 ) 

Gọi

R

I

trên

d1 , d 2

là bán kính của đường trịn
2

2

1
điểm

E , F . khi

đó

2
6
; IF  d ( I ;d 2 ) 
.
5
5

4
Câu3
AB  2 AE  2 R  ; CD  2CF  2 R
5

2
điểm Theo giả thiết ta có: 4  R  4  4 R
5 


4.a

lần lượt là

(C )

cần tìm ( R 

6
)
5

2



36
5

2



36 
4

36
2
R2  .
 16  20 R 
5 
5
5

 8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5R 2  36)  2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36)
6
6
 (2 R 2  4) 2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R 
 R  2 2 ( do R 
)
)
5
5
Vậy phương trình đường trịn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2)2  ( y  4)2  8.
uuu
r
r
b uuu
c uuur
AL

AB

AC
Ta có:
bc

bc
uuu
r uuu
r uuur uuur
uuuu
r CA  CB AB  2 AC
CM 

2
2
uuu
r uuuu
r
Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0
uuu
r uuur uuu
r uuur
 b AB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0





2,0

1.0



  c  2b   1  cos A   0  c  2b (do cos A  1)

Trang 4


Khi đó:

b2  a 2 c 2 a 2  b2
 
2
4
2
u
u
u
r
u
u
u
r
uuu
r uuur 2
2
1
1
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB.AC   9b 2  a 2 
9
9
9

CM 2 









CM 3
CM 2 9 a 2  b 2 9
a 2  b2
a2

52 5 

.

5

2
5


5

2
5

 6 5

AL 2
AL2
4 9b 2  a 2 4
9b 2  a 2
b2



cos A 



b 2  c 2  a 2 5b 2  a 2
5 1


2
2bc
4b
4

C/M được :

a 2  b2  c 2  d 2  (a  c )2  (b  d )2

. ấu bằng xẩy ra khi:

a b

c d

2

Áp dụng (1)
4.b
1điểm

Mặt khác:
Mà:

1.0

2

 a2 
 a2
p
(a 2  4b 2 ) 2
4
2
ta có : 4  1   4   1  b  4   4  b   4  16
 


9
5
(1  2a)(1  b)   a  2b  ab  (2)
2
2



 a 2  1  2a
 2
3( a 2  4b2 )

 2  2a  4b  2ab  a 2  4b 2  2
4b  1  4b
2
 a 2  4b 2

 2ab
 2

Từ (1) và (3) suy ra:

p  2 17

(3)

.Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và

b

1
2

1

Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và b  2 .
Câu 5 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu
2

nên:
điểm Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình
f(x)-7=0 có 3 nghiệm phân biệt
Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p)  7
Khơng mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p ta có: m,n
x  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt:
là nghiệm pt:
x  ax  b  7  0 nên :

2,0

2

2

 n  p  2
 n  m  9(l )
m  n  a


pm  7

(n  p)(n  p  a )  14  (n  p )( p  m)  14  
 n  p  2
(m  p )(m  p  a )  14

 n  m  9(l )

  p  m  7

Th3:

f ( m)  f ( n)  7 và f ( p )  7 ,khiđó
 m  p  7
( p  n)(m  p)  14  
pn  2

hoàn toàn tương tự ta có:
hoặc

m  p  7

 p  n  2

Trang 5


Do m,n,p   1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)=
 (11;17), (13;29), (7; 1), (9;7) .
Câu
6

2,0
Điều kiện:

(*). PT đã cho tương đương

cosx  0

2sin x  2sin x.cos x  sin x  cos x  2sin x(sin x  cos x)  sin x  cos x

2

 (sin x  cos x)(2sin x  1)  0

+)

sin x  cos x  0  tan x  1  x  



1

5


 k
4

+ sin x  2  x  6  k 2 ; x  6  k 2
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm của PT là
x



5
 k ; x   k 2 ; x 
 k 2 (k  ¢ )
4
6
6

Câu
7

2,0

có tâm I (1; 2) , bán kính R  3 . Ta có IM  2  R nên M nằm
trong đường trịn (C). Gọi H là hình chiếu của I trên AB và
đặt IH  t , 0  t  2 .
1
Ta có S IAB  2 IH . AB  t 9  t 2 . Xét hàm f ( x)  t 9  t 2 ;0  t  2 .
(C )

9  2t 2

Ta có

f '(t ) 

 0; 2 

f (t )  f (2)

9  t2

 0, t   0; 2  ,

suy ra

f (t )

đồng biến trên

Vậy S IAB lớn nhất khi d  I ;    t  2 , hay H  M
uuur
Khi đó  nhận IM là véc tơ pháp tuyến, suy ra
Câu
8

: x3  0.

2,0 điểm

Trang 6


Đặt x  y  a, x  y  b . Để cho tiện ta đặt 3  c
Từ phương trình thứ hai của hệ, ta có:  ab 
3

ab
a b
ab
,y 
x 4  y 4  (a 2  b 2 )
,
suy
ra
2
2

2
3
(a  b) a  3b a  c b
2 x  y  (a  b) 


2
2
2

Từ

x

3

 c 3  ab  c .

0,25

và

Phương trình thứ nhất của hệ trở thành:
ab 2
a  c3b
(a  b 2 ) 
 c(a 2  b 2 )  a  c 3b
2
2
2

2
3
c(a  b )  a  c b
Ta có hệ ab  c
, suy ra


0,25


c2 
c4
1
c  a 2  2   a   ca 4  c3  a3  ac 4  (ca  1)(a 3  c3 )  0  a   a  c
a
a 
c


.
3
c 1 3 3 1
3 1

,y 
.
2
2
2
1  1 2  1  c3

2
1  1 2  1  c 3 1
1
2
x


c


,
y

- Nếu a  c ,b  c thì 2  c  2c 3 3 2 c  c  2c  3 3
 3 3  1 3 3  1   2 1 
(
x
;
y
)

;

, 3 ; 3 .
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
 2
 3 3
2



- Nếu

Câu
9

a  c, b  1

thì

x

0,25
0,25

2,0 điểm
Đặt

P

Giả sử

a
b
c
9 ab  bc  ca



bc

ac
a b
abc
ab
ac
b.b
c.c
a  b  c , khi đó



 bc
ac
a b
bc
c b
b
c
bc


ac
ab
a

Suy ra
Đặt

t bc

Ta có

thì

P

.

a
t 9 at


t
a a t

0,25
.

a
t 9 at a  t 9 at




6
t
a a t
at a  t

(đpcm).

Chú ý: Đẳng thức xảy ra khi
bộ

(a, b, c)

thỏa mãn là

cần nêu bước này).
Câu 10(2,0 điểm)
uuur
a/ BC   5; 12 

0,25

0,25
(AM-GM). Do đó

P6

0,25

a  t  3 at

và chẳng hạn một

 73 5

(a; b; c)  
;1;0 


 2


(HS có thể khơng

uuur uuur
uur  A   AD  BC
D  TuBC
Trang 7


 xD  3  5
x  8
 D
 D  8; 11

y

1


12
y


11
 D
 D
uuu
r

b/ AB   6;8   AB  10 ;Pt(AB): 4 x  3 y  15  0 
16
d   CM  ,  AB    d  C ,  AB    .
5
 AB  CM  .d   CM  ,  AB  
SABCM 
 24  CM  5
2
AB CD
Do M thuộc đoạn thẳng CD, CM  5  2  2
CD  M  5; 7  .
Pt (AM) là: 4 x  y  13  0

suy ra M là trung điểm

--------Hết--------

Trang 8