Đề thi HSG lớp 10 THPT hoàn kiếm – hà nội, năm học 2014 – 2015

(Đề thi HSG lớp 10 THPT Hoàn Kiếm – Hà Nội, năm học 2014 – 2015)
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1 (4 điểm)
Cho hàm số y = x 2 − x − 2
a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho.
b) Tìm m để đường thẳng ∆ : y = x + m cắt đồ thị của hàm số đã cho tại hai điểm phân biệt A, B
thỏa mãn độ dài đoạn thẳng AB bằng khoảng cách từ O đến ∆.
Câu 2 (6 điểm)
 xy ( x − 10 ) ( y − 10 ) = 81
a) Giải hệ phương trình:  2
2
 x + y − 10 x − 10 y + 18 = 0
b) Giải phương trình: 2 x 2 − 5 x + 7 = 3 ( x − 1) ( x − 4 ) + 8
c) Tìm m để phương trình:

4 + x + 4 − x + 2 16 − x 2 = m có nghiệm duy nhất.

Câu 3 (4 điểm)
a) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:
4( a + b + c)
1
1
1
+
+
≥
ab + ac bc + ba ca + cb ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )
b) Cho các số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = 8. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
S= x+ y+z
Câu 4. (3 điểm)
a) Cho tam giác ABC có diện tích S và các cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện

a 2 + b2
cotA + cotB=
. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
2S
b) Cho tam giác ABC, O là trọng tâm của tam giác. M là một điểm nằm trong tam giác M khác O.Gọi
D E F lần lượt là hình chiếu vuông góc của m lên các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng đường
thẳng OM đi qua trọng tâm của tam giác DEF
Câu 5. (3 điểm)
a) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, Cho tam giác ABC. Gọi a b lần lượt là đường trung tuyến
và đường phân giác trong của tam giác. các đường thẳng AD lần lượt có phương trình là
x - y - 2 = 0, y = 0. Giả sử B(1;3), Viết phương trình đường thẳng AC và xác định tọa độ điểm C.
b) Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, BE và CD là các đường cao của tam
giác.Giả sử D(2;0), E(1;3) và đường thẳng bc có phương trình 2 x + y - 1 = 0. Tìm tọa độ của
điểm B biết B có hoành độ dương

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

1


Đáp Án
Câu 1.

−b 1 −∆ −9
= ,
=
2a 2 4a
4
1


1

Hàm số nghịch biến trên  −∞; ÷ đồng biến trên  ; +∞ ÷
2

2


a) Tập xác định của hàm số là R. a = 1 > 0 ,

b) Phương trình hoành độ giao điểm x 2 − x − 2 = x + m ⇔ x 2 − 2 x − m − 2 = 0
Đường thẳng cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt ⇔ ∆ ' > 0 ⇔ m > −3
m
∆ : x − y + m = 0, d ( O, ∆ ) =
2
A ( x1 ; x1 + m ) , B ( x2 ; x2 + m )
AB =

( x2 − x1 )

2

+ ( x2 + m − x1 − m ) = AB = 2 ( x2 − x1 )
2

2

= 2 ( x2 + x1 ) − 8 x1 x2 = 2.22 − 8 ( −m − 2 ) = 8m + 24
2

AB = d ( O, ∆ ) ⇔

m

⇔ m 2 − 16m − 48 = 0

2
⇔ m = 8 ± 4 7 (thỏa mãn điều kiện)
Câu 2. a)
( x 2 − 10 x ) ( y 2 − 10 y ) = 81

HPT ⇔  2
2
( x − 10 x ) ( y − 10 y ) = −18
Đặt u = x 2 − 10 x, v = y 2 − 10 y. Ta có u.v = 81, u + v = −18
Suy ra u , v là 2 nghiệm cảu phương trình x 2 + 18 x + 81 = 0
Suy ra u = v = -9.
Hệ đã cho tương đương với hệ phương trình sau:

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

2


 x 2 − 10 x = −9
 x 2 − 10 x + 9 = 0
x = 1∨ x = 9
⇔
⇔
 2

 2
 y − 10 y = −9
 y − 10 y + 9 = 0
 y = 1∨ y = 9
Hệ đã cho có 4 nghiệm ( 1;1) , ( 1;9 ) , ( 9;1) , ( 9;9 )
b) Đặt t = x 2 − 5 x + 7, ( t ≥ 0 )

( x − 1) ( x − 4 ) = t 2 − 3

2
Phương trình trở thành 2t = 3 ( t − 3) + 8

2t = 3 ( t 2 − 3) + 8 ⇔ 3t 2 − 2t − 1 = 0

t = 1∨ t =

−1
3

−1
không thỏa mãn điều kiện
3
Với t = 1, ta có x 2 − 5 x + 7 = 1 ⇔ x 2 − 5 x + 6 = 0 ⇔ x = 2 hoặc x = 3
Vậy phương trình có tập nghiệm là { 2;3}
t=

c)

4 + x + 4 − x + 2 16 − x 2 = m (điều kiện −4 ≤ x ≤ 4)
Điều kiện cần. Giả sử hệ có nghiệm duy nhất là x0

Ta có

4 + x0 + 4 − x0 + 2 16 − x02 = m

4 + ( − x0 ) + 4 − ( − x0 ) + 2 16 − ( − x0 ) = m
2

⇒ − x0 là một nghiệm của phương trình
Vì phương trinh duy nhất nên x0 = − x0 ⇒ x0 = 0 ⇒ m = 12
Điều kiện đủ: Xét m = 12 phương trình đã cho trở thành
2 16 − x 2 ≤ 2 16 = 8

(

4+ x + 4− x

)

2

= 8 + 2 16 − x 2 = 12

4 + x + 4 − x + 2 16 − x 2 ≤ 16
⇒ 4 + x + 4 + x + 2 16 − x 2 ≤ 4 + 8 = 12
Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 0 . Phương trình có nghiệm duy nhất x = 0, vậy m = 12.
Câu 3. a)
( a + b) ( a + c) + ( b + c) ( b + a ) + ( c + a ) ( c + b) ≥ 4 a + b + c
BĐT ⇔
(
)

a
b
c
bc
ca
ab
⇔ a+b+c+ +a+b+c+ +a+b+c+
≥ 4( a + b + c)
a
b
c
bc ca ab
⇔
+ +
≥ a + b + c.
a b
c
bc ca
ca ab
ab bc
+
≥ 2c, +
≥ 2a, + ≥ 2b,
Áp dụng BĐT CoSi, ta có:
a b
b
c
c
a

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

3


 bc ca ab 
2  + + ÷≥ 2 ( a + b + c )
c 
 a b
bc ca ab
⇒ + +
≥ a+b+c
a b
c
1
1
1
4(a + b + c
⇒
+
+
≥
ab + ac bc + ba ca + cb ( a + b ) ( b + c ) ( c + a )
Đẳng thức xảy ra khi a = b = c
b)

S 2 = ( x + y + z ) = x2 + y 2 + z 2 + 2 ( x y + y z + z x )
2

S 2 = x2 + y 2 + z 2 + x ( y + z ) + y ( z + x ) + z ( x + y )

Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có
y + z ≥ y + z = −x = x ⇒ x ( y + z ) ≥ z2

2
2
Chứng minh tương tự y ( z + x ) ≥ y , z ( x + y ) ≥ z
2
2
2
2
Vì vậy S ≥ 2 ( x + y + z )

Thay x 2 + y 2 + z 2 = 8 ⇒ S 2 ≥ 16 ⇒ S ≥ 4
Dấu bằng có thể xảy ra, khi ( x, y , z ) = ( 2; −2;0 ) hoặc các hoán vị, ta có S = 4
Vậy min S = 4
Câu 4.a)
cos A b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2
cos B c 2 + a 2 − b 2 c 2 + a 2 − b 2
cot A =
=
=
, cot B =
=
=
sin A
2bc sin A
4S
sin B
2ca sin B
4S

2
c
⇒ cot A + cot B =
2S
2
2
2
c
a +b
⇒
=
2S
2S
2
2
⇒ c = a + b 2 ⇒ tam giác ABC vuông tại C
b)
Ta chứng minh
uuuu
r uuur uuur 3 uuuu
r
MD + ME + MF = MO
2
Qua M kẻ đường thẳng song song với BC lần lượt cắt AB, AC tại A1,
A2; kẻ đường thẳng song song với AC lần lượt cắt BC, AB tại B1, B2;
kẻ đường thẳng song song với AB lần lượt cắt BC, AC tại C1, C2.
Các tam giác MB1C1, MA2C2, MA1B2 đều,
uuuu
r 1 uuuur uuuur
MD = MB1 + MC1

2
uuur 1 uuuur uuuur uuur 1 uuuu
r uuuur
ME = MA2 + MC2 , MF = MA1 + MB2
2
2
uuuu
r uuur uuur 1 uuuur uuuur
uuuu
r uuuur
uuuur uuuur
MD + ME + MF =  MB2 + MC2 + MA1 + MC1 + MA2 + MB1 

2
r 3 uuuu
r
1 uuur uuur uuuu
= MA + MB + MC = MO (1)
2
2
uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
Gọi G là trọng tâm của tam giác DEF. Ta có MD + ME + MF = 3MG

(

)

(

)

(

(

(

)

) (

) (

)

)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

4


r
uuuu
r uuuu
r
uuuu

r
3 uuuu
MO = 3MG ⇒ MO = 2MG
2
⇒ M, O, G thẳng hàng. Vậy OM đi qua trọng tâm của tam giác DEF
Câu 5. a)
y = 0
A:
⇒ A ( 2;0 )
x − y − 2 = 0
Gọi E là điểm đối xứng của B qua AD: y = 0, ta có E ∈ AC, E(1;-3)
x−2 y −0
=
⇔ 3x − y − 6 = 0
Phương trình đường thẳng AC
1 − 2 −3 − 0
 c + 1 3c − 3 
C ( c;3c − 6 ) , M 
;
÷
2 
 2
c + 1 3c − 3
−
− 2 = 0 ⇔ c = 0 ⇒ C ( 0; −6 )
2
2
b) Gọi M là trung điểm của BC, ta có MD = ME
Từ (1), (2) ta có

Gọi M ( m; −2m + 1) , ta có MD = ME nên
⇒ 5m 2 − 8m + 5 = 5m 2 − 10m + 5 ⇒ m = 0 ⇒ M ( 0;1) ,
Ta có B ( b; −2b + 1) , b > 0.MB =

( b − 0)

2

+ ( −2b + 1 − 1) = 5b 2
2

MB = MD = 5 ⇒ 5b 2 = 5, b > 0 ⇒ b = 1 ⇒ B ( 1; −1)

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

5