Đề - ĐA HSG 10 - 2009 - 2010

Trờng thpt hậu lộc 4
***
Đề thi học sinh giỏi trờng năm học 2009 2010
Môn thi: Toán 10
Thời gian làm bài: 120 phút không kể thời gian phát đề
Câu I.(6 điểm)
Cho phơng trình:
( )
2 2
(x 2) x 2mx 2m 2x 3x 2 + = + +
1. Giải phơng trình với m=4.
2. Tìm m để phơng trình có 3 nghiệm phân biệt.
Câu II. (6 điểm)
1. Giải hệ phơng trình:
2 2
2 2
8
( )( ) 12
x y x y
x x y y





+ + + =
+ + =
2. Giải bất phơng trình:
2 2 2
3 2 4 3 2 5 4x x x x x x + + + +
Câu III.(6 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; -3). Tìm điểm C
thuộc đờng thẳng (d): x-2y-1=0 sao cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB
bằng 6.
2. Trong mặt phẳng, cho góc
0
xOy 60=
. M,N là hai điểm lần lợt thay đổi trên 2 tia
Ox và Oy sao cho :
1 1 2009
2010
+ =
OM ON
. Chứng minh rằng: Đờng thẳng MN luôn
cắt tia phân giác của góc
xOy
tại một điểm cố định.
Câu IV.(2 điểm)
Cho x và y là hai số dơng thoả mãn
x y 2010+ =
.
Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
2010 2010
x y
P
x y
= +

Hết
Trờng thpt hậu lộc 4
***

đáp án và thang điểm thi học sinh giỏi tr-
ờng năm học 2009-2010
Môn thi: Toán 10
Câu
ý Nội dung
Điểm
I
1
(3 đ)
* Với m=4 phơng trình trở thành:
(x-2)(x
2
-8x +8) = -2x
2
+3x+2

(x-2)( x
2
-6x+9)=0

x-2=0 hoặc x
2
-6x+9=0

x=2 hoặc x=3.
1
1
1
2
(3 đ)

Ta có:
(x-2)(x
2
-2mx+2m) = (x-2)(-2x-1) (1)

(x-2)[x
2
-2(m-1)x+2m+1]=0

x-2=0 hoặc x
2
-2(m-1)x+2m+1=0 (2)
Để phơng trình (1) có 3 nghiệm phân biệt thì cần và đủ là phơng
trình (2) phải có 2 nghiệm phân biệt khác 2

, 2
2
( 1) (2 1) 0
2 2( 1)2 2 1 0
m m
m m

= + >


+ +



4 hoặ 0

9
2
m c m
m
> <






0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
II
1
(3đ)
Đặt
2
2
u x x
v y y

= +


= +

Khi đó hệ trở thành:
8
12
u v
uv
+ =


=

Suy ra u, v là nghiệm của phơng trình t
2
-8t+12=0

t=2 hoặc t=6
TH1 : Nếu u=2 thì v=6, khi đó ta có hệ :
2
2
2
6
x x
y y





+ =

+ =

1 ặ 2
3 ặc 2
x ho c x
y ho y



= =
= =
Khi hệ có các nghiệm: (1;-3), (1;2), (-2;-3), (-2;2).
TH2: Nếu u=6 thì v=2, khi đó ta có hệ:
2
2
6
2
x x
y y





+ =
+ =

3 ặ 2
1 ặc 2
x ho c x

y ho y
= =


= =

Khi đó hệ có các nghiệm: (-3;1), (-3;-2), (2;1), (2;-2)
Vậy hệ đã cho có các nghiệm: (1;-3), (1;2), (-2;-3), (-2;2), (-3;1),
(-3;-2), (2;1), (2;-2).
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
0.5
2
(3®)
* §iÒu kiÖn:
2
2
2
3 2 0
4 3 0
5 4 0
x x
x x
x x

− + ≥


− + ≥


− + ≥

⇔
1 Æc 4x ho x
≤ ≥
.
( 1)( 2) ( 1)( 3) 2 ( 1)( 4)x x x x x x
− − + − − ≥ − −
(1)
TH1: NÕu
x 1≤
Khi ®ã:
(1)
⇔

(1 )(2 ) (1 )(3 ) 2 (1 )(4 )x x x x x x
− − + − − ≥ − −

⇔
1 2 1 3 2 1 4x x x x x x
− − + − − ≥ − −

⇔
1 ( 2 3 2 4 ) 0x x x x
− − + − − − ≥
(2)
+ Víi x=1 tho¶ m·n (2) nªn x=1 lµ mét nghiÖm cña bpt.

+Víi
1x <
th×
1 0x− >
nªn ta cã:
(2)
⇔
2 3 2 4 0x x x
− + − − − ≥

⇔
2 3 2 4x x x
− + − ≥ −

⇔
2
( 2 3 ) 4(4 )x x x
− + − ≥ −

⇔
2 2 3 11 2x x x
− − ≥ −

⇔
2
4(2 )(3 ) (11 2 )x x x
− − ≥ −
(V×
1x <
)

⇔
97
24
x
≥
kh«ng tho¶ m·n
1x <
TH2: NÕu
x 4
≥
Khi ®ã:
(1)
⇔
1 2 1 3 2 1 4x x x x x x
− − + − − ≥ − −

⇔
1( 2 3 2 4) 0x x x x
− − + − − − ≥


⇔
2 3 2 4 0x x x
− + − − − ≥
( V×
x 4
≥
nªn x-1>0)

⇔
2 3 2 4x x x
− + − ≥ −

0.5
0.5
0.5
0.5
0.5


2 ( 2)( 3) 2 11x x x

(3)
+ Nếu
11
4
2
x
hiển nhiên thoả mãn (3) vì
0VP VT

+ Nếu
11
2
x >
ta có:
(3)

2

4( 2)( 3) (2 11)x x x



97
24
x

kết hợp với điều kiện suy ra bpt có nghiệm
11
2
x >
.
Vậy bpt có tập nghiệm là:
{ }
[
)
1 4; .S = +
0.5
III
1
(5đ)
Phơng trình đờng thẳng AB:
1 1
4 3 7 0.
3 4
x y
x y

= + =

Giả sử C(x; y). Theo giả thiết ta có: x-2y-1=0 (1)
d(C, AB) =6

4 3 7
6
2 2
4 3
x y
=
+

4 3 37 0 (2 )
4 3 23 0 (2 )
x y a
x y b



+ =
+ + =
* Giải hệ (1), (2a) ta đợc
(7;3)
1
C
.
* Giải hệ (1), (2b) ta đợc
43 27
11 11
( ; )

1
C
.
1
0.5
1,5
1
1
2
(1đ)
Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy
Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm
của MN với tia Ot. Ta sẽ chứng minh I
là điểm cố định.

Thật vậy:
OMN
S


=
2
1
OM.ON.sinMON
=
2
1
OM.ON.sin60
0
=

2
3
OM.ON. (1)

OMN
S

=
ONIOMI
SS

+
=
2
1
OM.OI.sinMOI +
2
1
ON.OI.sinNOI=
=
2
1
(OM+ON).OI.sin30
0
=
4
1
(OM+ON).OI (2)
0.25
0.25

0.25
0.25
O
M
I
N
x
t
y
Từ (1) và (2) suy ra
1 1 1 1 2009
( )
3 . 3 2010 3
OM ON
OI OM ON
OM ON
+
= = + =


IV
(2đ)
2010 2010 1 1
2010( ) ( )
y x
P x y
y x x y

= + = + +
(1)

Theo BĐT Côsi ta có
yxyx +
+
411
.
Đẳng thức xảy ra khi x=y (2)
Theo BĐT Bunhiacỗpski ta có
2
( ) 2( ) 2.2010 4020 4020x y x y x y+ + = = +
(3).
Đẳng thức xảy ra khi x=y.
Từ (1), (2) và (3) ta suy ra
2010.4
4020 4020
4020
P =
.
Đẳng thức xảy ra khi x=y.
Vậy P đạt GTNN là
4020
khi x=y=1005.
0.5
0.5
0.5
0.5