đề thi HSG toán 10 trường Cao Bá Quát

Trờng THPT Cao bá quát
Đề thi học sinh giỏi
Môn : toán lớp 10
Năm học 2009-2010
****
Bài 1: Cho bất phơng trình:

(1) 2
9x
2
x
7mx
9x
2
x
4)x(9m

+

++
+
( m là tham số)
a. Giải bất phơng trình với m = 28.
b. Tìm m để bất phơng trình (1) có nghiệm.
Bài 2: Giải hệ phơng trình sau:

=+++
=+++

+++
2009
2008
20092x12x12x1
2009
2010
20092x12x12x1
200921
200921


Bài 3: Cho đờng tròn có bán kính cố định bằng R
0
, tam giác ABC nội tiếp đờng tròn đó. Gọi
m
a
, m
b
, m
c
lần lợt là độ dài đờng trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C của tam giác ABC. Tìm giá trị
nhỏ nhất của biểu thức
c
m
Csin

b
m
Bsin
a
m
Asin
P ++=
Bài 4:Cho tứ giác ABCD nội tiếp đờng tròn bán kính R.
a. Chứng minh rằng: các đờng thẳng đi qua trung điểm mỗi cạnh và vuông góc với cạnh
đối diện cắt nhau ở một điểm ( điểm đó gọi là M).
b. Chứng minh: MA
2
+MB
2
+ MC
2
+ MD
2
= 4R
2
Trờng THPT Cao bá quát
Đáp án đề thi học sinh giỏi
Môn: Toán- lớp 10
Năm 2009-2010
***
Bài 1: (5 điểm)
a. (3 điểm)
TXD: R
+) x = 0 không là nghiệm của pt.

2
1
x
9
x
7m
1
x
9
x
4)(9m
)1(
+

++
+

Đặt t =
x
9
x +
,
6t
(1 điểm)
+) Với m = 28: (1) trở thành: t
2
30t + 225

0

t = 15 (1 điểm)
+) Bpt có hai nghiệm:
18915x =
và
18915x +=
(1 điểm)
b. ( 2 điểm)
(1) trở thành: f(t) = t
2
( m + 2)t + 8m + 1

0 (2)
+) Để ( 1) có nghiệm x

R thì (2) phải có nghiệm t
(
] [
)
+ ,66 ,
. (0,5 điểm)
+) Tìm m để (2) vô nghiệm






,28
14
49

m
(1 điểm)
+) KL: Bpt có nghiệm
[
)
+







,28
14
49
,m
(0,5
điểm)
Bài 2 ( 5điểm)
+) Hệ pt đã cho





=+++
=+++

+++
2009.20082x12x12x1
2010.20092x12x12x1
200921
200921


Trong hệ trục toạ độ, xét các vectơ






+=
ii
i
x21;x21a
với
091,2, ,20=i
có
2a =
i
( 1 điểm )
và
22009
2009
1
a =

=i
i
(1) (1 điểm)
+) Mặt khác:






=
+++++++++=

2009
21200921
2009
1
2x1 2x12x1;2x1 2x12x1a
i
i
và
22009
2009
1
a
=

=
i
i

(2) ( 1 điểm)
+) Từ (1) và (2) suy ra: các vectơ
i
a
cùng hớng,
091,2, ,20=i

Mà
2a =
i
,
091,2, ,20=i


a
2
a
1
a
2009
===
(1 điểm)

====
====


+++
2009
2008
2x12x12x1
2009
2010
2x12x12x1
200921
200921



KL: Nghiệm của hệ pt là
4018
1

200921
xxx ====
( 1 điểm )
Bài 3 : ( 5điểm )
+) áp dụng định lí Sin ta có :
(1)
c
2m
c
b

2m
b
a
2m
a
R
1
P
0










++=
( 1 điểm)
+) Mặt khác:
)
2
c
2
b
2
a(2
2

a3
2
a
m4
4
2
a
2
2
c
2
b
2
a
m ++=+
+
=
Theo BĐT Cô si:
a
m a 34
2
a3
2
a
m4 +
( 1 điểm)
+) Suy ra
2
c
2

b
2
a
2
a3
a
2m
a
++

,
Tơng tự:
2
c
2
b
2
a
2
b3
b
2m
b
++

,
2
c
2
b

2
a
2
c3
c
2m
c
++

(1 điểm)
+) Thay vào (1):
0
R
3
P
( 1 điểm)
+) KL: Giá trị nhỏ nhất của
0
R
3
P =
khi

ABC đều. ( 1 điểm)
Bài 4: ( 5 điểm)
a. ( 2 điểm)
Gọi I, J, K, L lần lợt là trung điểm của AB, BC, CD, DA.
+) Chứng minh tứ giác OJML là hình bình hành
Suy ra 2 đờng chéo OM và JLcắt nhau tại trung điểm G của mỗi đờng.
Chứng minh tứ giác IJKL là hình bình hành

Suy ra 2 đờng chéo IK và JL cắt nhau tại trung điểm G ( 1điểm)
+) Suy ra tứ giác OIMK là hình bình hành, mà
ABKM ABOI
.
Tơng tự:
CDIM CDOK
(đpcm) ( 1điểm)
b. (3 điểm)
+) áp dụng hệ thức lợng trong tam giác MAB và MCD ta có:

2
2
CD
2
2MK
2
MD
2
MC ,
2
2
AB
2
2MI
2
MB
2
MA +=++=+
Suy ra
2

2
CD
2
2
AB
)
2
MK
2
2(MI
2
MD
2
MC
2
MB
2
MA +++=+++
(1) ( 1điểm)
+) Do MI = OK, MK =OI, áp dụng hệ thức lợng trong tam giác OAB và OCD:

2
2
AB
2
2R
2
OI2
2
2

AB
2
OI2
2
OB
2
OA
2
2R =+=+=

2
2
CD
2
2R
2
OK2
2
2
CD
2
OK2
2
OD
2
OC
2
2R =+=+=
( 1điểm)
+) Thay vào (1) ta đợc MA

2
+MB
2
+ MC
2
+ MD
2
= 4R
2
. ( 1điểm)