Đề HSG cấp trường 2010

SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ SỐ 1
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2010 – 2011
Môn: Toán - Khối: 10
Thời gian: 150 phút
Câu I.( 2 điểm )
Cho hàm số
2
4 3y x x= − +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số.
2. Chứng minh rằng đường thẳng
( )
: 2d y m x= −
luôn cắt (P) tại hai điểm điểm phân
biệt A, B. Tìm m để độ dài đoạn AB nhỏ nhất.
Câu II.( 2 điểm )
Cho phương trình
( )
+ + = +
4 2 2
1x x x m x
.
1. Giải phương trình khi
1m
=
.
2. Tìm m để phương trình có nghiệm.
Câu III. ( 2 điểm )
1. Cho phương trình:
2

2 1 0x mx m− + − =
, m là tham số.Chứng minh rằng phương
trình luôn luôn có hai nghiệm khi m thay đổi. Tìm m để phương trình có 2 nghiệm
x
1
, x
2
thoả mãn:
1 2
1x x< <
2. Xác định tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình:
mx y 2
x my 1 m
+ =


+ = +

có nghiệm duy nhất (x;y) thỏa mãn
0, 0x y> >
Câu IV. ( 3 điểm )
1. Cho
tan 2x =
, tính giá trị của biểu thức
2 2
2 2
sin cos
sin sin cos 2cos
x x
A

x x x x
−
=
+ −
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
( 1;1), (5; 3)A B− −
,đỉnh C
nằm trên trục Oy và trọng tâm G nằm trên trục Ox. Tính chu vi tam giác ABC.
3. Cho tam giác ABC, các điểm M, N, P lần lượt nằm trên các cạnh BC,CA, AB.
Chứng minh rằng các tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm khi và chỉ khi
BM CN AP
MC NA PB
= =
.
Câu V( 1 điểm )
Với
, ,a b c
là độ dài ba cạnh của một tam giác thỏa mãn điều kiện:
2 2 2
1 2( )a b c ab bc ca
+ + + = + +
.
Chứng minh rằng:
4 4 4
1
( ) ( ) ( )
3
a b c b c a c a b+ − + + − + + − ≥
==========Hết==========
Giáo viên soạn: Nguyễn Minh Nhiên

ĐÁP ÁN TOÁN 10
Câ
u
Đáp án
Tha
ng
điể
m
I.1
+TXĐ 0,25
+Tính đồng biến, nghịch biến 0,25
+BBT 0,25
+Đồ thị 0,25
I.2
PT hoành độ giao điểm
( ) ( )
2 2
4 3 2 4 2 3 0x x m x x m x m− + = − ⇔ − + + + =
(1) 0,25
Số giao điểm của (P) và d là số nghiệm của phương trình (1)
Ta có
( ) ( )
2
2
4 4 2 3 4 0,m m m m∆ = + − + = + > ∀
Do đó, d luôn cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B.
0,25
Gọi
( )
( )

( )
( )
; 2 , , 2A a m a B b m b− −
với a,b là nghiệm của (1)
( ) ( )
( )
( )
2 2 2
2 2
1 4AB b a m b a m a b ab
 
= − + − = + + −
 
Áp dụng hệ thức Viét ta có :
4
2 3
a b m
ab m
+ = +


= +

0,25
( ) ( )
2 2 4 2
1 4 5 4 2,AB m m m m m= + + = + + ≥ ∀
Do vậy,
min 0AB m
⇔ =

0,25
II.1
( )
+ + = +
4 2 2
1x x x m x
(1)
Với
1m
=
( )
2
4 2 2 4 2 2
1 1PT x x x x x x x x⇔ + + = + ⇔ + + = +
0,5
2
1 0x x⇔ − + =
, PT vô nghiệm 0,5
ĐK cần
Để PT có nghiệm thì
0m
≥
.
0,25
Phương trình đã cho tương đương
( )
+ +
=
+
4 2

2
2
1
x x x
m
x

Ta có:
( )
+ +
+ + ≤ + + ≤ + + ⇒ ≤ + + >
+ +
4 2
4 2 4 2 4 2 4 2
4 2
2 2 1 1 do 2 1 0
2 1
x x x
x x x x x x x x x x
x x
Dấu = không xảy ra nên
+ +
<
+ +
4 2
4 2
1
2 1
x x x
x x

. Vậy ta đc
0 1m≤ <

0,25
ĐK đủ
Ta chỉ cần CM với
0 1m
≤ <
pt có nghiệm không âm là được. Thật vậy,
Xét hàm số
( )
[
)
+ +
= ∈ +∞
+ +
4 2
4 2
, 0;
2 1
x x x
f x x
x x
Với
[
)
, 0; ,a b a b∀ ∈ +∞ <
( ) ( )
( ) ( )
( )

( )
( )
( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2 2 2
3 3 2 2 3 2 3 3
2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 4 2
1 1
1 1 1 1 1 2
0
1 1
f a f b
a b a b a b a b a b ab a ab b a b ab
a b
a b a b b a ab a b a a b a b a b ba a b
a b
f a f b
− = 
 
 
− + + + + − + + + + − +
 

=
+ +
 
− − + − + − + − + − + + + + + + +
 
= <
+ +
⇒ <
Nên hàm số đồng biến trên
( )
0;+∞
.
0,25
Do y<1 ( theo CM trên ) nên ta có BBT 0,25
x 0 +∞
f(x) 1

0
Từ BBT với
0 1m
≤ <
thì pt luôn có nghiệm.
Vậy pt có nghiệm khi
0 1m
≤ <
III.
1
2
2 1 0x mx m− + − =
(1)

Ta có:
2
' 1 0,m m m∆ = − + > ∀
nên pt luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m.
0,25
Đặt
1x t= +
khi đó pt trở thành:
( ) ( ) ( )
2
2
1 2 1 1 0 2 1 0t m t m t m t m+ − + + − = ⇔ − − − =
(2) 0,25
(1)có hai nghiệm x
1
, x
2
thoả mãn:
1 2
1x x< <
( )
2⇔
có hai nghiệm trái dấu
0m⇔ >
0,5
III.
2
2 2
1, 1, 2
x y

D m D m D m m= − = − = + −
0,25
Hệ có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
1m
≠ ±
0,25
Khi đó, hệ có nghiệm
1 2
,
1 1
m
x y
m m
+
= =
+ +
0,25
1
0
0
1
1
0 2
0
1
x
m
m
y m
m


>

>


+
⇔ ⇔ > −
 
> +


>

+

0,25
IV.
1
Từ giả thiết ta có:
sin 2cosx x
=
. 0,5
Khi đó,
2 2
2 2 2
4cos cos 3
4cos 2cos 2cos 4
x x
A

x x x
−
= =
+ −
0,5
IV.
2
Gọi tọa độ
( ) ( )
0; , ;0C y G x
Khi đó,
4
1 5 0 3
3
1 3 0
2
x
x
y
y

− + + =
=


⇔
 
− + =



=

suy ra,
( )
0;2C
0,5
2 13, 2, 5 2 6 2 2 13
ABC
AB AC BC C
∆
= = = ⇒ = +
0,5
IV.
3
Ta có:
,ABC MNP∆ ∆
có cùng trọng tâm khi và chỉ khi
0BM CN AP+ + =
uuuur uuur uuur r
0,25
0
BM CN AP
BC CA AB
BC CA AB
⇔ + + =
uuur uuur uuur r
0,25
Mà
0BC CA AB+ + =
uuur uuur uuur r

nên
BM CN AP
BC CA AB
= =
0,25
BM CN AP
MC NA PB
⇔ = =
0,25
V
4 4 4
1
( ) ( ) ( )
3
a b c b c a c a b+ − + + − + + − ≥
(1)
Đặt
, , ; 0, 0, 0a x y b y z c z x x y z
= + = + = + > > >
thì điều kiện được đưa về
1
(*)
4
xy yz zx
+ + =

(1) đưa về bất đẳng thức :
4 4 4
1
48

x y z
+ + ≥
(2)
0,25
4 4
1 1
144 144 3
xy
x y+ + + ≥
tương tự 0,25
4 4 4 4
1 1 1 1
,
144 144 3 144 144 3
yz xz
y z x z+ + + ≥ + + + ≥
Cộng vế với vế các BĐT trên ta có (2)
0,25
Dấu bằng xảy ra khi
1
12
x y z= = =
hay
1
3
a b c= = =
0,25