ĐT&ĐA THI HSG TRƯỜNG LỚP 10 NĂM 2011

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA

KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG - NĂM HỌC 2010 - 2011

Môn thi: TOÁN 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.

Câu I (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
8 12 8 12 3
x x x x x
+ − + − − = −

2. Giải bất phương trình
1 1
x x x
+ − − ≤

Câu II (2,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình
2 6 2
2 3 2
x
y x y
y
x x y x y












+ = − −
+ − = + −

2. Tìm tham số
m
để hệ phương trình
2 3 2
2 3 2
3
3
x y y my
y x x mx


= − +




= − +




có nghiệm duy nhất.
Câu III (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ
,
Oxy
cho tam giác
ABC
có trung điểm cạnh
BC
là
1 5
( ; )
2 2
M và hai
đường cao
1
: 2 11 0,
BB x y
+ − =

1
: 3 11 0.
CC x y
− + =
Xác định toạ độ đỉnh
, ,
A B C
.
2. Trong mặt phẳng toạ độ
,

Oxy
cho đường tròn (C):
2 2
2 2 15 0
x y mx y
+ − − − =
có tâm
I
và
đường thẳng
: 2 0
d x y
− − =
. Xác định toạ độ điểm
M
trên đường thẳng
d
sao cho qua
M
kẻ
được hai tiếp tuyến vuông góc với nhau
,
MA MB
đến đường tròn (C), trong đó
,
A B
là tiếp điểm
thoả mãn diện tích tứ giác
MAIB
bằng

25
.
Câu IV (2,0 điểm)
1. Giả sử
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
,
D
là trung điểm của cạnh
AB
còn
G
là trọng tâm
của
ACD
∆
. Chứng minh rằng nếu
AB AC
=
thì
IG CD
⊥
.
2. Cho
ABC
∆
. Chứng minh rằng
0

60
B
=
khi và chỉ khi
1 1 3
a b b c a b c
+ =
+ + + +
,
(trong đó
, ,
a BC b CA c AB
= = =
).
Câu V (2,0 điểm)
1. Chứng minh rằng
2 2 2 2 2
2 2
cos cos cos cos 2 sin 1
3 3 3 3
x x x x x x
π π π π
       
   
   
   
− + + + + + − − = ∀ ∈
   
   
   

   
   
       
ℝ
.
2. Cho
, ,
x y z
là các số thực dương thoả mãn điều kiện
1.
x y z
+ + =
Chứng minh rằng
2 2 2 2 2 2
4( ) 5
xy yz zx x y y z z x xyz
+ + ≥ + + +
.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA – THANH CHƯƠNG – NGHỆ AN
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG MÔN TOÁN 10 – NĂM 2011
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Điều kiện:


− ≥





≥



≥


 

+ − ≥ ⇔ ⇔
 

 
≤ ≤
 
− + ≥

 
≥ −






2
8 12 0
3

6
8 12 0
2
3
2
8 12 0
2
8 12
x
x
x
x x
x
x x
x x

0,25
Phương trình đã cho tương đương với
 
 
≥ ≥
 
 
⇔
 
 
+ − + = − + − + − − + − =
 
 
 

2 2 2 2
3 3
2 2 8 12 6 9 ( 8 12) 2 8 12 3 0 (*)
x x
x x x x x x x x x

0,25
Đặt
= − + ≥
2
8 12,( 0)
t x x t
. Khi đó PT(*) trở thành t
2
– 2t – 3 = 0 ⇔ t = - 1 (Loại) v t = 3
0,25
I-1
(1 điểm)
Với t = 3 ta có hệ



≥

≥


 
⇔ ⇔ = +
 

 
− + =
= ±
 




2
3
3
4 13
8 12 9
4 13
x
x
x
x x
x

0,25
Điều kiện
0 1
1 5
1
2
1
x
x
x x



≤ ≤
− +


⇔ ≤ ≤


≥ −



.
0,25
Bất phương trình đã cho tương đương với
1 1 1 2 1
x x x x x
− − ≤ − ⇔ − ≥ −

0,25
4 16
1 4 1 4 5 4 0 0 0
5 25
x x x x x x x⇔ − ≥ + − ⇔ − ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤

0,25
I-2
(1 điểm)
Kết hợp điều kiện

1 5 16
2 25
x
− +
⇒ ≤ ≤
.
0,25
Điều kiện
0
2 0
y
x y


≠



− ≥



0,25
Đặt
2 ( 0)
t x y t
= − ≥
. Phương trình (1) trở thành
2 2
6 0 3 v 2

t yt y t y t y
− − = ⇔ = = −

0,25
* Với
3 2 3
t y x y y
= ⇔ − =
thế vào phương trình (2) ta có
3 3 2 3 2 3 4
x y x y x y x y
+ = + − ⇔ + = ⇔ + =

Hệ phương trình tương đương với
2
8
4 3
3
0
4
4 3 2 9
9
x y
x
y
y
y y y





= −


=





≥ ⇔
 
 
 
=
 
− − =
 




0,25
II-1
(1 điểm)
* Với
2 2 2
t y x y y
= − ⇔ − = −
thế vào phương trình (2) ta có

2 3 2 2 3 2
x y x y y x y
− = + − ⇔ − = + −

Hệ phương trình tương đương với
2
2 5
12
0
2
2 5 2 4
x y
x
y
y
y y y


= −




=


≤ ⇔
 
 
= −

 


− − =



0,25


Điều kiện cần: Giả sử hệ phương trình có 1 nghiệm
0 0
( ; )
x y
. Do đây là hệ phương trình đối xứng
với ẩn
x
và
y
nên
0 0
( ; )
y x
cũng là một nghiệm của hệ phương trình. Để hệ phương trình có
nghiệm duy nhất thì
0 0
x y
=
.
0,25

Do đó, bài toán trở thành tìm
m
để phương trình sau có nghiệm duy nhất
3 2 2
0 0 0 0 0 0
4 0 0 v 4 0
x x mx x x x m
− + = ⇔ = − + =

Hay phương trình
2
0 0
4 0
x x m
− + =
vô nghiệm. Do đó
4
m
>
.
0,25
Điều kiện đủ: Với
4
m
>
. Lấy phương trình (1) trừ phương trình (2) theo vế ta có
2 2 2 2
( )( 2 2 ) 0 v (2 ) 2 0
x y x y xy x y m y x x y x y y m
− + + − − + = ⇔ = − − + − + =

* Với
y x
=
thế vào (1) ta có
2
0 v 4 0
x x x m
= − + =
(vô nghiệm vì m > 4)
Do đó hệ phương trình có 1 nghiệm
0
x y
= =
.
0,25
II-2
(1 điểm)
* Với
2 2
(2 ) 2 0
x y x y y m
− − + − + =
(3)
Ta có
2 2 2
(2 ) 4( 2 ) 3 4 4 4
x
y y y m y y m
∆ = − − − + = − + + − =

2 2
2( 1) 4( 4) 10 0 4
y y m m
= − − − − − − < ∀ >

Do đó phương trình (3) vô nghiệm, trong trường hợp này hệ phương trình vô nghiệm.
Kết luận:
4
m
>
.
0,25
Giả sử
( ;11 2 ), ( ;3 11)
B b b C c c
− +
.
0,25
Do
1 5
( ; )
2 2
M
là trung điểm của BC nên ta có hệ phương trình
1 4
11 2 3 11 5 3
b c b
b c c
 

 
+ = =
 
⇔
 
 
− + + = = −
 
 
. Hay
(4; 3), ( 3;2)
B C
−
.
0,25
Giả sử
( ; )
A t k
(4 ; 3 ), ( 3 ;2 )
AB t k AC t k
⇒ − − − − −
 
.
Một vecto chỉ phương của đường thẳng
1
BB
là
1
(1; 2)
BB

u
= −


Một vecto chỉ phương của đường thẳng
1
CC
là
1
(1;3)
CC
u
=


0,25
III-1
(1 điểm)
Khi đó ta có hệ phương trình
1
1
. 0
1(4 ) 3(3 ) 0 1
1( 3 ) 2(2 ) 0 4
. 0
CC
BB
AB u
t k t
t k k

AC u


 
 
=
− + − = =

 

⇔ ⇔
  
  
− − − − = =
=
  
 







hay
(1;4)
A

0,25
0,25

0,25
Đường tròn (C) có tâm
( ;1)
I m
bán kính
2
16
R m
= +

Do hai tiếp tuyến MA, MB vuông góc với nhau và
IA MA
⊥

nên tứ giác MAIB là hình vuông.
Do diện tích tứ giác MAIB bằng 25 nên bán kính đường tròn
5
R IA
= =
và đường chéo
5 2
MI
=

Khi đó
2
16 5 3
m m
+ = ⇔ = ±
.

* Với m= 3. Tâm I(3;1). Giả sử M(t;t-2)
2 2
5 2 ( 3) ( 3) 25.2 2 v 8
MI t t t t
= ⇔ − + − = ⇔ = − =

Hay
( 2; 4), (8;6)
M M
− −

0,25
III-2
(1 điểm)
* Với m= - 3. Tâm I(- 3;1). Giả sử M(t;t-2)
2 2
5 2 ( 3) ( 3) 25.2 4 v 4
MI t t t t
= ⇔ + + − = ⇔ = − =

Hay
( 4; 6), (4;2)
M M
− −
.
0,25
M
A
B
I

Trong mặt phẳng chọn 2 vecto
{
}
,
AB AC
 
làm cơ sở.
Khi đó,
1
2
CD AD AC AB AC
= − = −
    
.
0,25
Gọi E là trung điểm của AC. Ta có
, . . 0
ID AB IE AC AB ID AC IE
⊥ ⊥ ⇒ = =
   

Do
G
là trọng tâm của
ACD
∆
nên

3 2
IG IA IC ID IE ID
= + + = +
     
.
0,25
Khi
AB AC
=
ta có
ID IE
=
và tích vô hướng
(
)
1
.3 2
2
CD IG AB AC IE ID
 



= − +





 

     

0,25
IV-1
(1 điểm)
1
. . 2 . . . .sin . .sin 0
2
AB IE AB ID AC IE AC ID AB IE A AC ID A
= + − − = − + =
       

CD IG
⇒ ⊥
.
0,25
Ta có
1 1 3
( 2 )( ) 3( )( )
a b c a b c a b b c
a b b c a b c
+ = ⇔ + + + + = + +
+ + + +

0,25
2 2 2 2
2 3 3 2 3 3 3 3
a b c ab bc ca ab bc ca b
⇔ + + + + + = + + +

0,25
2 2 2
a c b ca
⇔ + − =

0,25
IV-2
(1 điểm)
2 2 2
0
1 1
cos 60
2 2 2
a c b
B B
ca
+ −
⇔ = ⇔ = ⇔ =

0,25
Đẳng thức tương đương với
1 2 2 4 4
2 cos 2 cos 2 cos 2 cos 2 1 cos 2 1
2 3 3 3 3
x x x x x
π π π π
 
       
   
   

 
   
+ − + + + + + − − + =
   
   
 
   
   
   
       
 
 

0,25
+0,25
2 4
cos .cos 2 cos .cos 2 cos 2 0
3 3
x x x
π π
⇔ + + =

0,25
V-1
(1 điểm)
1 1
cos 2 cos 2 cos2 0
2 2
x x x
⇔ − − + =

.
0,25
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có
3 3 2 2 3 3 2 2 3 3 2 2
2 ; 2 ; 2
x y xy x y y z yz y z x z xz z x
+ ≥ + ≥ + ≥

0,25
Với giả thiết
, , 0
x y z
>
và
1
x y z
+ + =
thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
2 2 2 2 2 2 2
( )( ) 4( ) 5 ( )
xy yz zx x y z x y y z z x xyz x y z
+ + + + ≥ + + + + +

0,25
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
( ) 2( ) 5 ( )
x y xy y z yz x z xz x y y z z x xyz x y z
⇔ + + + + + + + + + + +

2 2 2 2 2 2

4( ) 5 ( )
x y y z z x xyz x y z
≥ + + + + +

0,25
V-2
(1 điểm)
3 3 3 3 3 3 2 2 2 2 2 2
2( )
x y xy y z yz x z xz x y y z z x
⇔ + + + + + ≥ + +

Dấu “=” xảy ra khi
1
3
x y z
= = =
.
0,25

Chú ý: Thí sinh giải cách khác với đáp án, nếu đúng thì vẫn cho điểm tối đa của câu đó.