đê thi chọn học sinh giỏi

SỞ GDDT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 10
TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG NĂM HỌC 2009-2010
Bài 1(7 điểm ): a. Giải phương trình :






+−=−+−
x
x
x
x
1
4
1
22
2
2
.
b. Giải hệ phương trình :






−+−=
−+−=
121

121
2
2
yxy
xyx
Bài 2 ( 3 điểm ) : Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất :






<−++−
=+−
01044
02
234
2
mxxx
mxx
Bài 3( 3 điểm ) : Tam giác ABC có các góc thoả mãn :








≤+

≤+
2
cot2
2
cot
2
cot
2
tan2
2
tan
2
tan
CBA
CBA

Chứng minh rằng tam giác ABC đều
Bài ( 3,5 điểm ) : Cho tam giác ABC có diện tích S =
2
3
, toạ độ đỉnh A(2;-3)
B(3;-2)
và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng :3x – y – 8 =0.
Tìm toạ độ đỉnh C
Bài 5( 3,5 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ cho 3 điểm A(1;4),B(-2;-2),C(4;2).
Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d có phương trình : x-2y+1=0 sao cho
tổng MA
2
+2MB
2

+3MC
2
nhỏ nhất.
HẾT
1
HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC
SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học 2009 – 2010
Bài Đáp án Điểm
1.1
Ta có phương trình :






+−=−+−
x
x
x
x
1
4
1
22
2
2
0,5

⇔
4
11
22
2
2
=+−++−
x
x
xx
0,5
Sử dụng bất đẳng thức bu-nhi-a ta có:
( )( )
2211.12.12
222222
=−++≤+−=+− xxxxxx
0,5
( )
2
11
211
1
.1
1
2.1
11
2
22
22
22

=






+−+≤+−=+−
xx
x
x
x
x
0,5
V ậy
4
11
22
2
2
≤+−++−
x
x
xx
0, 5
Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi










−
=
−
=
1
1
2
1
1
2
1
2
2
x
x
xx
⇔







=

−=
≥
2
2
2
0
2
2
x
xx
x
⇔
x=1
1
1.2
Điều kiện :



≥−
≥−
01
01
y
x
⇔



≥

≥
1
1
y
x
0,25
Trừ vế với vế các phương trình ta có :
yxxyyx 2121
22
−−−+−=−
0,25
⇔
12212
22
−+−=−+− yyyxxx
0,25
Ta có hàm số f(t)=t
2
– 2t đồng biến trên [1;+
∞
).
0,5
Xét hàm số g(t) =
1−t
với t
1
>1; t
2
>1 và t
1

> t
2
Ta có t
1
- 1> t
2
– 1
11
21
−>−⇒ tt
Vậy hàm số g(t) =
1−t
đồng biến trên [1;+
∞
).
Vậy hàm số h(t) = f(t) + g(t) đồng biến trên [1;+
∞
).
0,5
Khi đó phương trình đã cho có dạng h(x) = h(y)
⇔
x=y.
Vậy hệ đã cho chuyển về dạng :



−+−=
=
121
2

xxx
yx
0,5
( )



==
==
⇔








=−
=
=
⇔





=







−−−
=
⇔



−=−
=
2
1
11
1
1
0111
1)1(
3
2
yx
yx
x
x
x
xx
yx
xx
yx

1,25
2
2 Hệ đã cho có thể viết thành dạng :
( )
( )
( )
( )



<−+−
=+−
⇔



<−++−
=+−
0102
02
01044
02
2
2
22
mxx
mxx
mxxx
mxx
1

Ta có hệ có nghiệm x
0
thì cũng có nghiệm 2- x
0
vậy hệ có nghiệm duy nhất
⇔
2- x
0
= x
0

⇔
x
0
= 1 0,5
Khi x
0
= 1 ta có
1
09
01
=⇔



<−
=+−
m
m
m

0,5
Với m = 1 hệ đã cho trở thành :





<−+−
=+−
0944
012
234
2
xxx
xx
0,5
⇔
( )
( )( )
1
03232
1
092
0)1(
22
2
2
2
=⇔




<+−−−
=
⇔





<−−
=−
x
xxxx
x
xx
x
0,5
3 Tam giác ABC có các góc thoả mãn :
( )
( )







≤+
≤+

2
2
cot2
2
cot
2
cot
1
2
tan2
2
tan
2
tan
CBA
CBA
Chứng minh rằng tam giác ABC đều
BG. Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có :

2
2
cot
2
tan
2
cot
2
tan4
2
cot

2
tan
2
cot
2
tan2 ≤+⇔≤++
ABBAABBA
(3)
0,5
Ta lại có :
2
2
cot
2
tan
2
cot
2
tan2
2
cot
2
tan
2
cot
2
tan =≥+
ABBAABBA
(4)
0,5

Từ (3) v à (4) ta có :
2
cot
2
tan
2
cot
2
tan
ABBA
+
=2
⇔
2
tan
2
tan2
2
tan
2
tan
22
BABA
=+
0,5

⇔
0
2
tan

2
tan
2
=






−
BA
⇔

2
tan
A
=
2
tan
B

⇔
A = B
0,5
Thay A = B v ào (1) v à (2) ta c ó








≤
≤
2
cot
2
cot
2
tan
2
tan
CA
CA
0,5
Ta thấy khi 0 <
α
<90
0
thì góc tăng giá trị tan
α
tăng cot
α
giảm.
Suy ra :
CA
CA
CA
=⇔








≥
≤
22
22
Vậy tam giác ABC đều.
0,5
3
4
Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ là : I(
2
5
;
2
5
−
).
0,5
Gọi G (x
0
;y
0
) là trọng tâm của tam giác ABC .
Ta có

2
1
3
1
==
∆∆ ABCGBC
SS

0,5
M à AB =
2
nên đ ường cao GH của tam giác GAB là
GH=
2
1
2
=
∆
AB
S
GAB
.
0,5
Ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB l à :
1
3
1
2 +
=
− yx

⇔
x-y-5=0
0,5
Suy ra : d(G;AB) =
2
1
2
|5|
00
=
−− yx
.
0,5
Mặt khác G
∈
đường thẳng 3x - y – 8 = 0
Suy ra toạ độ điểm G thoả mãn :










−=
=




−=
=
⇔










=−−
=−−



=−−
=−−
⇔



=−−
=−−
5
1

2
2
083
15
083
15
083
15
0
0
0
0
00
00
00
00
00
00
y
x
y
x
yx
yx
yx
yx
yx
yx
Vậy G(1;-5)
⇒

C(-2;-10)
G(2;-2)
⇒
C(1;-1)
1
5
Trước hết ta tìm điểm I sao cho :
→→→→
=++ 032 ICIBIA
Gọi I(x;y) ta có
( )
yxIA −−
→
4;1

( )
yxIB −−−−
→
2;2


( )
yxIC −−
→
2;4
0,5
⇒

→→→
++ ICIBIA 32

=(9-6x;6-6y) =
→
0
⇒





=
=
1
2
3
y
x

⇒
I(
2
3
;1)
0,5
Với
∀
M ta có MA
2
+2MB
2
+3MC

2
=
( )
2222
222
632 ICIBIAMIICMIIBMIIAMI +++=








++








++









+
→→→→→→
0,5
V ậy tổng MA
2
+2MB
2
+3MC
2
nhỏ nhất
⇔
MI nhỏ nhất
⇔
M là hình
chiếu của điểm I lên đường thẳng
∆
.
0,5
Đường thẳng MI Đi qua I(
2
3
;1)
Vtcp
→
u
(1;-2)
0,5
4

Có phương trình :





−=
+=
ty
tx
21
2
3

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ :







−=
+=
=+−
ty
tx
yx
21
2

3
012

⇒

2
3
+t -2+4t+1=0
⇒
t =
10
1
−

⇒
M(
)
5
6
;
5
7
1

Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.
5