Đề và đáp án thi HSG trường môn Toán - Năm học 2009 - 2010

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010
TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU III Môn: Toán học 10
ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút

Câu 1: Giải phương trình, bất phương trình sau:
a.
2 1 1
1 1 1
x
x x x
= +
+ + −
b.
2
7
2 1 2
2
x x x x x+ − − ≥ − + − −
Câu 2: Giải hệ phương trình:
3 2
3
2 3
(2 1) 3
x xy
y y x xy

+ =


+ + − =



Câu 3: Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là R:
2 2
( 1)( ) 0x x x x m+ − + + ≥
Câu 4: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E bất kì, D là điểm cùng
phía với B đối với đường thẳng AC sao cho tam giác CED đều. Gọi N,P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AD, BE.
a. Chứng minh rằng: Tam giác CNP đều.
b. Tìm quỹ tích điểm M sao cho:
2 2 2
2MA MB MC+ =
Câu 5: Cho x, y thỏa mãn:
2 2
1x y+ =
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2 2
2 2P x xy y= + −
Hết
By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school–
ĐÁP ÁN
Câu 1: a. ĐKXĐ:
1x
≠ ±
. Với ĐK đó:
Ta có:
2 1 1
1 1 1
x
x x x
= +

+ + −
(1)
2
0
1
1
0
2 2 2 1
1
.
2 2
1 1 1 1
0
1
1
1
1
2
0
1
x
x
x x x
x
x x
x x x x
x
x
x
x






=



=


=


−
⇔ = = ⇔ ⇔


=
+ − + −


≥


+





= −



−




≤

+


c. ĐKXĐ:
1x ≥
. Với ĐK đó:
Đặt
2 1t x x= + − −
Suy ra:
2
2 2 2
7
2 1 2 2 2 4
2 2
t
t x x x x x x= + − + − ⇔ − + − − = −
Khi đó bất phương trình trở thành:
2

2 8 0 2 4t t t− − ≤ ⇔ − ≤ ≤
- Với
2t ≥ −
suy ra:
2 1 2 2 2 1x x x x+ − − ≥ − ⇔ + + ≥ −
6 4 2 1 7 4 2 0x x x x x⇔ + + + ≥ − ⇔ + + + ≥
(đúng
1x
∀ ≥
)
- Với
4t ≤
suy ra:
2 1 4 2 1 4x x x x+ − − ≤ ⇔ + ≤ − +
2 15 8 1 13 8 1 0x x x x⇔ + ≤ + + − ⇔ + − ≥
(đúng
1x
∀ ≥
)
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là
)
1;

+∞

Câu 2: Ta có:
3 2
3
2 3
(2 1) 3

x xy
y y x xy

+ =


+ + − =


3 2 3 2
3 2 3 2 2
2 3 2 3
2 [ (2 1)] 0 ( )( 1) 0
x xy x xy
x xy y y x xy x y x xy y
 
+ = + =
 
⇔ ⇔
 
+ − + + − = − − + + =
 
 
Mặt khác
2
2
2 2
3
1 1 0
2 4

y y
x xy y x


− + + = − + + >
÷


Do đó: Hệ PT
3 2
1
2 3
x y
x y
x xy
=

⇔ ⇔ = =

+ =

Vậy hệ đã cho có nghiệm duy nhất là x=y=1
By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school–
Câu 3: Đặt
2
1t x x= + −
suy ra
2
1 5 5
2 4 4

t x

−

= + − ≥
÷


. Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:
( )
2
t t m 1 0 ( 1) 0t m t+ + ≥ ⇔ + + ≥
(1)
Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R thì (1) phải có tập nghiệm là
5
;
4
−
 
+∞
÷

 
Xét
2
( ) ( 1).f t t m t= + +
ta có 2 trường hợp:
-
1
TH

:
( 1) 5 3
2 4 2
m
m
− + −
< ⇔ >
. Khi đó ta có bảng biến thiên
( )f t
trên
5
;
4
−
 
+∞
÷

 
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để
( ) 0f t ≥
với
5
;
4
t
−
 
∀ ∈ +∞
÷


 
thì:
5
0
4
f
−
 
≥
 ÷
 
hay
2
5 5 5 1
.( 1) 0 1
4 4 4 4
m m m
 
− + ≥ ⇔ + ≤ ⇔ ≤
 ÷
 
Kết hợp với ĐK trên ta thấy không có m thỏa mãn
-
2
TH
:
( 1) 5 3
2 4 2
m

m
− + −
≥ ⇔ ≤
Khi đó ta có bảng biến thiên
( )f t
trên
5
;
4
−
 
+∞
÷

 
By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school–
t
( 1)
2
m
− +
( )f t
− ∞
+∞
5
4
−
t
5
4

−
( )f t
− ∞
+ ∞
( 1)
2
m
− +
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để
( ) 0f t ≥
với
5
;
4
t
−
 
∀ ∈ +∞
÷

 
thì:
( 1)
0
2
m
f
− +
 
≥

 ÷
 
Hay
2 2
2
( 1) ( 1)
0 ( 1) 0 1
4 2
m m
m m
+ +
− ≥ ⇔ + ≤ ⇔ = −
(thỏa mãn ĐK)
Vậy ĐK để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R là
1m
= −
Câu 4: a, Dễ dàng chứng minh được
ADE BCE
=
V V
(c.g.c)
Từ đó suy ra:
·
·
·
·
NAC PBC NAC PBC
AD BE AN BP
 
= =

 
⇒
 
= =
 
 
Mà AC=BC
Suy ra
ANC BPC
=
V V
·
·
CN CP
NCA PCB
=



=


Do đó:
· ·
·
·
·
( )ACB ACB NCA PCB NCP= − + =

hay

·
0
60NCP =
Suy ra tam giác NCP cân và có 1 góc bằng 60
0
Vậy tam giác NCP đều .
W
b, Gọi O là trọng tâm của
ABCV

vì
ABCV
đều nên OA=OB=OC. Ta có:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 ( ) ( ) 2( )
2 2. .( ) 2 4. . 2. .( ) 4. .
MA MB MC MA MB MC MO OA MO OB MO OC
MO MO OA OB MO MO OC MO OA OB MO OC
+ = ⇔ + = ⇔ + + + = +
⇔ + + = + ⇔ + =
uuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur
Mà
0OA OB OC OA OB OC+ + = ⇔ + = −
uuur uuur uuur r uuur uuur uuur
thay vào ta được:
2. .( ) 4. . . 0MO OA OB MO OC MO OC+ = ⇔ =
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur

Vậy M thuộc đường thẳng qua O và vuông góc với OC.
Câu 5: Cách 1: Ta xét 2 trường hợp:
-TH1: y=0
⇒
x
2
=1
Khi đó
2P =
By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school–
A
B
C
E
D
N
P
-TH2: y
≠
0 khi đó ta có thể đặt x=k.y
ĐK bài toán trở thành
2 2
( 1) 1k y+ =
và
2
( 2 2)P k k y= + −
Do đó
2 2 2
2
2 2 2

( 2 2) 2 2
( 2) ( 2) 0
1 ( 1) 1
P k k y k k
P P k k P
k y k
+ − + −
= = = ⇔ − − + + =
+ +
(*)
Để (*) có nghiệm thì
0≥V
hay
2
9
1 4.( 2)( 2) 0 0
4
P P P− − + ≥ ⇔ − ≥
suy ra
3
2
P ≤
Khi P=
3
2
thay vào (*) được k=
1
3 2 2−
Suy ra
2

2
2
2
1 1 (3 2 2)
1
18 12 2
1
1
3 2 2
y
k
−
= = =
+
−
 
+
 ÷
−
 

- Nếu y=
3 2 2
18 12 2
−
−
thì
1
18 12 2
x =

−
- Nếu y=
2 2 3
18 12 2
−
−
thì
1
18 12 2
x
−
=
−
Vậy
ax
3
2
m
P =
với x;y nhận các giá trị như trên.
Cách 2: Áp dụng BĐT
2 2
ab a b≤ +
ta được
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
2 2 2 2
2 1 . 2 2 1 .

3
2 2 2 1 . . 2 2 1 . 2 2
2 2
x y
P x y x y x y
− + +
= − + − + ≤ − + =
Và đẳng thức xảy ra khi a=b hay x và y nhận các giá trị như cách 1
Cách 3: (Sử dụng vectơ để CM BĐT)
Trong mặt phẳng tọa độ chọn
u
r
và
v
r
sao cho
2 2
3
.( )
2
P u v
u v x y

= +


+ = +


r r

r r
Mọi người thử suy nghĩ và tìm cách chọn xem!
Khi chọn xong rồi thì ta có ngay BĐT:
u v u v+ ≥ +
r r r r

Từ đó tìm được GTLN của P rồi xét điều kiện xảy ra dấu “=”
u v⇔ ↑↑
r r
By Phan Nguyen Thanh Son Dien Chau 3 upper secondary school–