Đề thi HSG Tỉnh_Lớp 10

SỞ GIÁO DỤC − ĐÀO TẠO
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TÌNH LỚP 10
Năm học 2006 − 2007
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: (6 điểm) Giải các phương trình sau:
( ) ( ) ( )
( )
2
3 2 2
7
a) 8x 7 4x 3 x 1
2
b) x x x 2 x x 1 1
+ + + =
= + − − + +
Bài 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
2
x 4 | y | m
y 4 | x | m

+ + =


+ + =


Bài 3: Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh:
( )
( )

2
2 2 2
a b c 1 3 a b c 1 6ab+ + + ≤ + + + +
Bài 4: Cho ∆ABC và K, L, M lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho
AK BL CM 1
AB BC CA 3
= = =
. Biết bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác
AKM, BLK, CML bằng nhau. Chứng minh ∆ABC đều.
Bài 5: Cho x, y, z ∈ R thoả mãn điều kiện
2 2 2
x y z 0
x y z 6
+ + =


+ + =

.
Tìm GTLN, GTNN của P = x
3
+ y
3
+ z
3
P N
( ) ( ) ( ) ( )
4 2
2 2 2
y 1 y 1 7

. .
2 8 2
2 2 7
y y 56 0 y 2 2 x
8
b)
1 x 1 x 2 x x 1 0 x 1 x x 1 x 2 x x 1 0
Ta x 1 0 x 1
2
3
Bài 1:
a) Đặt 8x+7=y, phương trình đã cho trở thành y
Phương trình đã cho tương đương với
x
có: +)

+
=

= = =

+ = + + + + + =

= =
( )
( )
2
x 1 x 2 x x 1 0 x 1 y
x 2 y 2x 0 y 2,x y
y x

1 13
x
2
1 13
V x
2
2 2
2
+) x Đặt x đk:y>0
Phương trình trở thành: y
*)Với ta có: x=1
*) Với y =2 ta có:
ậy nghiệm của phương trình là: , x =
+ + + + + = + + =
+ + + = = =
=

=

= 1
( )
( )
( )
( ) ( )
( )
(
)
2
2 2 2
B . | y | u 0,| x | v 0. H

4 u m 1
u 4 v m 2
V 2
L 2 ta c 4 u 4 v u
v u v u 4 u 4 v u. Khi | x | | y |
Ta c
2
2
2
2
2
ài 2: 3điểm Đặt ệ đã cho trở thành:
v
ới m < 2 hệ vô nghiệm, ta chỉ xét m
ấy 1 ó: v
v đó ta có
|x| = |y|
ó:
x
= =

+ + =


+ + =



+ + =
= + + + = =

+
( )
( )
( )
2
2
4 | x | m
4 m | x | 4
m 4
m 4
x
T
2m
x m 2
x m 2
4
Khi m 2 m 2. V
2m
2
2
|x| = |y| 3
x
2m x
ừ 4 ta có:
m
đó: 0 ậy m 2 thì hệ có nghiệm

+ =
+ =







=
=











( )
( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2
2
2 2
B .B

b c 1 c a b a b c 0
a b 1 a b c c 1 0
B
µi 3: 3 ®iÓm §T ®· cho t­¬ng ®­¬ng víi
a
§T nµy lu«n ®óng nªn B§T ®­îc chøng minh
+ + + − + − + − ≥
⇔ + + + + − + − ≥
Bài 4: (4 điểm). Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM, BLK,
CML là R ta có: KL = 2RsinB, KM = 2RsinA, ML = 2RsinC. Từ đó suy ra
∆ABC đồng dạng với ∆LMK
Mặt khác ta có: S
AKM
= S
BLK
= S
MCL
=
ABC
2
S
9
⇒ S
KLM
=
ABC
1
S
3
Nên tỉ số đồng dạng của ∆ABC và ∆LMK là

1
3
Áp dụng định lí cosin cho ∆ABC là có a
2
= b
2
+ c
2
− 2bccosA