ĐỀ VÀ ĐÁP AN HSG TOÁN 10 THPT CON CUÔNG

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON CUÔNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 10
NĂM HỌC 2012 - 2013

(Đề thi gồm 01 trang)
Môn thi: TOÁN – LỚP 10
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I: (5,0 điểm)
Cho phương trình:
4 2
2( 1) 2 1 0 (1)x m x m− + + + =
1. Giải phương trình (1) khi
1
2
m > −
2. Tìm m để phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt sao cho khi biểu diễn các nghiệm đó
lên trục số thì khoảng cách giữa hai nghiệm kề nhau luôn bằng nhau.
Câu II: (3,0 điểm)
Giải phương trình:
2
7
3 6 3
3
x
x x
+
+ − =
Câu III: (3,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2 2

2 2
x xy x y 2y 0
x y x y 6

+ + − − =

− + + =

Câu IV: (2,0 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
1abc =
. Chứng minh rằng:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 3
( 1) ( 1) ( 1) 4a b b c c a
+ + ≥
+ + +
Câu V: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D là trung điểm của BC, kẻ DE vuông góc với AB, E
thuộc cạnh AB. Gọi F là trung điểm của DE, chứng minh rằng AF vuông góc với CE.
Câu VI: (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
cho tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
. Biết
điểm
( )
A 2; 3−

,
( )
B 3; 2−
và trọng tâm G thuộc đường thẳng d có phương trình: 3x – y – 8 = 0
Tính bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Hết
Họ tên thí sinh: Số báo danh:
Đề thi chính thức
SỞ GD& ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CON CUÔNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LỚP 10
NĂM HỌC 2012 - 2013
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
Môn: TOÁN - LỚP 10
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I. 5.0
1. 2,0
Đặt
2
t x=
ĐK:
0t ≥
Ta được phương trình:
2
2( 1) 2 1 0 (2)t m t m− + + + =
0,5

1
(2)

2 1
t
t m
=

⇔

= +

0,25
Với
1t =
ta có:
2
1 1x x= ⇔ = ±
0,5
Với
1
2 1 0 ( )
2
t m Do m= + > > −
ta có:
2
2 1 2 1x m x m= + ⇔ = ± +
0,5
Vậy: Khi
1
2
m > −
pt đã cho có 4 nghiệm phân biệt

1 à 2 1x v x m= ± = ± +
0,25
2. 3,0
Giả sử pt(2) có hai nghiệm dương
1 2 1 2
à ( )t v t t t<
khi đó phương trình (1)
có 4 nghiệm theo thứ tự là
2 1 1 2
, , ,t t t t− −
0,5
Theo bài ra 4 nghiệm của pt (1) thỏa mãn yêu cầu bài toán tức là
2 1 1 1 2 1 2 1
3 9t t t t t t t t− = + ⇔ = ⇔ =
0,5
Yêu cầu bài toán tương đương pt(2) có 2 nghiệm dương thỏa mãn
2 1
9t t=
Vì pt (2) có nghiệm là
1 à 2 1t v t m= = +
nên ta xét 2 TH sau.
0,5
TH1:
2 1 1 0
4
2 1 9 4
m m
m
m m
+ > >

 
⇔ ⇔ =
 
+ = =
 
0,5
TH2:
1
0
0 2 1 1
4
2
4
1 9(2 1)
9
9
m
m
m
m
m

− < <

< + <


⇔ ⇔ = −
 
= +



= −


0,5
Vậy có 2 giá trị m thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
4
4 à
9
m v m= = −
0,5
II. 3,0
ĐK:
7x ≥ −
0,5
Pt
2 2
3 21
3 6 3 9 18 3 3 21
9
x
x x x x x
+
⇔ + − = ⇔ + − = +
0,5
2
2 2 2
49 1 7 1
9 21 3 21 3 21 (3 ) ( 3 21 )

4 4 2 2
x x x x x x⇔ + + = + + + + ⇔ + = + +
7 1
3 3 21
3 3 3 21 (*)
2 2
7 1
(3 4) 3 21(**)
3 ( 3 21 )
2 2
x x
x x
x x
x x

+ = + +


+ = +
⇔ ⇔


− + = +



+ = − + +


0,5

2
1
5 73
(*)
6
3 5 4 0
x
x
x x
≥ −

− +
⇔ ⇔ =

+ − =

(t/m ĐK) 0,5
2
4
7 69
(**)
3
6
9 21 5 0
x
x
x x

≤ −
− −


⇔ ⇔ =


+ − =

(t/m ĐK) 0,5
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là
5 73 7 69
à
6 6
x v x
− + − −
= =
0,5
III. 3,0
Hệ
2 2
2 2 2 2
(x y)(x 2y 1) 0
x xy x y 2y 0
x y x y 6 x y x y 6
− + + =
 
+ + − − =
⇔
 
− + + = − + + =
 
1,0

TH1:
2 6 3x y x x= ⇒ = ⇔ =
0,5
TH2:
2
1
(2 1) 2 0
2
y
x y y y
y
=

= − + ⇒ + − = ⇔

= −

1,0
Vậy hệ đã cho có 3 nghiệm là: (3;3), (-3;1) và (3;-2) 0,5
IV. 2,0
Ta dễ dàng chứng minh được BĐT sau:
2 2 2 2
3( ) ( )x y z x y z+ + ≥ + +
(*)
Áp dụng BĐT (*) ta được:
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
( ) (**)
( 1) ( 1) ( 1) 3 ( 1) ( 1) ( 1)a b b c c a a b b c c a

+ + ≥ + +
+ + + + + +
Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c
0,5
Vì a,b,c là các số thực dương thỏa mãn abc = 1nên ta có thể đặt
, ,
x y z
a b c
y z x
= = =
với x,y,z là các số thực dương
Khi đó:
1 1 1
( 1) ( 1) ( 1)
xy yz xz
a b b c c a yz xz xz xy yz xy
+ + = + +
+ + + + + +

Thay vào (**) ta đưa BĐT thức cần chứng về dạng:
3
(***)
2
xy yz xz
yz xz xz xy yz xy
+ + ≥
+ + +
0,5
Ta chứng minh (***)
Thật vậy: (***)

⇔
9
1 1 1
2
xy yz xz
yz xz xz xy yz xy
+ + + + + ≥
+ + +
0,5
3
1 1 1 9
( )( )
2
1 1 1
2( )( ) 9
xy yz xz
yz xz xy yz xy xz
xy yz xz
yz xz xy yz xy xz
⇔ + + + + ≥
+ + +
⇔ + + + + ≥
+ + +
1 1 1
[( ) ( ) ( )]( ) 9yz xz xy yz xy xz
yz xz xy yz xy xz
⇔ + + + + + + + ≥
+ + +
Áp dụng BĐT CôSi cho các bộ ba số sau:
3

( ) ( ) ( ) 3 ( )( )( )yz xz xy yz xy xz yz xz xy yz xy xz+ + + + + ≥ + + +
3
1 1 1 3
( )( )( )
yz xz xy yz xy xz
yz xz xy yz xy xz
+ + ≥
+ + +
+ + +
Dấu đẳng thức đều xảy ra khi x = y = z
Nhân vế theo vế ta suy ra BĐT (***) chứng minh xong.
Trong BĐT (***) dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = z thì a = b = c = 1
Kết hợp (**) và (***) ta được đpcm dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 1
0,5
V. 3,0
F
E
D
C
B
A
0,5
Theo bài ra tam giác ABC cân tại A và D là trung điểm BC nên AD ┴ BC
Do đó:
. . . 0AD BC AD BD AD CD= = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
DE ┴ AB nên
. . . 0DE AB DE AE DE BE= = =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5

F là trung điểm của DE nên ta có
1
( )
2
AF AE AD= +
uuur uuur uuur
;
( )CE CD DE= +
uuur uuur uuur
0,5

1 1
. ( )( ) ( . . )
2 2
1 1 1
( ) . ( . . )
2 2 2
1 1 1
( ) ( )
2 2
AF CE AE AD CD DE AE CD AD DE
AD DE CD AD DE DE CD AD DE
DE CD AD DE DB AD
= + + = +
= + + = +
= + = + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
. 0

2
DE AB =
uuur uuur
1,0
Vậy: CE ┴ AF 0,5
4
VI. 4,0
Gọi C(a; b), H là chân đường cao hạ từ đỉnh C
S =
1
2
CH.AB (1).
0,5
Ta có: AB =
2
Phương trình AB: x - y - 5 = 0 => CH = d(C, AB) =
a b 5
2
− −
0,5
Do đó: (1)
a b 5
3 1
. . 2 a b 5 3
2 2
2
− −
⇔ = ⇔ − − =
.

a b 8
a b 2
− =

⇔

− =

0,5
Tọa độ G(
a 5 b 5
;
3 3
+ −
)
Ta có: G ∈ ∆
3(a 5) b 5
8 0
3 3
+ −
⇔ − − = ⇔
3a - b = 4.
0,5
TH
1
:
a b 8 a 2
3a b 4 b 10
− = = −
 

⇔ ⇒
 
− = = −
 
C(-2; -10) 0,5
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA =
2 65 89+ +

2S 3
r
2p
2 65 89
⇒ = =
+ +
.
0,5
TH
2
:
a b 2 a 1
3a b 4 b 1
− = =
 
⇔ ⇒
 
− = = −
 
C(1; -1) 0,5
Chu vi tam giác: 2p = AB + BC + CA =
2 5 2+

3
r
2 5 2
⇒ =
+
.
0,5
Hết
Chú ý: - Học sinh giải cách khác đúng cho điểm phần tương ứng.
- Khi chấm giám khảo không làm tròn điểm.
5