Đề thi HSG lớp 10, hà tĩnh, năm học 2012 – 2013

(Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh, năm học 2012 – 2013)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1
2
1. Giải bất phương trình: x  6 x  2 �2  2  x  2 x  1
5
4
10
6
�
�x  xy  y  y
2. Giải phương trình sau: �
2
� 4x  5  y  8  6

Câu 2
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm:
�x 2  m  y  x  my 
�
�2
�x  y  xy
Câu 3
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2;4) và các đường thẳng
d1: 2x – y – 2 = 0, d2: 2x + y – 2 = 0. Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I sao con (C) cắt d1 tại A,
B và cắt d2 tại C, D thỏa mãn AB2 + CD2 + 16 = 5AB.CD
Câu 4. (4 điểm)
1. Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, CA = b. Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL
CM 3
b

5  2 5 . Tính và cosA.

AL 2
c
9
2. Cho a, b �R thỏa mãn  2  a   1  b  
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P : 16  a 4  4 1  b 4
Câu 5.
2
Cho f  x   x  ax  b với a, b �Z tỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt
và

và 1 �m, n, p �9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b).

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

1


Đáp Án
1
Câu 1. a) điều kiện: x � . Đặt t  2 x  1  t �0  thì 2x = t2 + 1
2
2
2
2
Khi đó ta có: x – 6x  2 – 2  2 – x  t �0 � x  2tx  4t  3  t  1  2 �0
�  x  t    2t  1 �0 �  x  3t  1  x  t  1 �0
2

2

1
� x  1 �t (do x  3t  1  0; x � ; t �0)
2
�x �1
1 �۳
2 x 1
Với x  1 �t ta có x �
�2
�x  2 x  1 �2 x  1

x 2

2

2  2; �
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  �
�
5
4
10
6
�
(1)
�x  xy  y  y
b) �
2
� 4 x  5  y  8  6 (2)
5
Điều kiện: x �

4
Trường hợp 1: y = 0, (1) � x  0 (không thỏa mãn phương trình (2))
5

�x � x
Trường hợp 2: y �0, chia hai vế của (1) cho y , ta có: � �  y 5  y
�y � y
5

5

5

x
�x �
�x �
Nếu  y thì � � y 5  y � � �
y
�y �
�y �
5
5
x
�x � 5
�x �

y
Nếu
thì � � y  y � � �
y

�y �
�y �
5

x
 y 5  y (thỏa mãn)
y
x
 y 5  y (loại)
y

5

x
�x �
�x � x
Nếu  y thì � � y 5  y � � �  y 5  y (loại)
y
�y �
�y � y
x
2
Vậy  y � y  x. Thay vào (2):
y
4 x  5  x  8  6 � 2 4 x 2  37 x  40  23  5 x
� 23
�x �
�� 5
� x  1 � y  �1
�x 2  42 x  41  0

�
Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm của hệ là: (1;1) và (1;-1).
Chú ý: Nếu trong bài toán có phương trình biến đổi được về dạng
2 m 1

2 n 1

�x �
�x �
a � �  b � �  ay 2 m 1  by n với a, b  0, m, n �N
�y �
�y �
x
Thì ta chứng minh được  y .
y
�
my 2  y  m  0 (1)
�
Câu 2: Hệ đã cho tương đương với: � 2
�x  yx  y  0 (2)

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

2


y �0
�
2
Phương trình (2) (ẩn x) có nghiệm là  x  y  4 y �0 � �

y �4
�
Trường hợp 1: m = 0, ta có y = 0, x = 0. Suy ra m = 0 thỏa mãn.
Trường hợp 1: m �0
Phương trình (1) (ẩn y) không có nghiệm thuộc khoảng  �; 4 � 0; � (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có
2 nghiệm đều thuộc ( -4; 0), điều kiện là
� �
1 � �1
�
�
  1  4m 2  0
m ��
�;  ��� ; ��
�
�
2 � �2
�
�
� �
�
�
  1  4m 2  0
2
�
�
  1  4m �0
�
�
�1
2

 �m  0
�
�
�
�
�  1  4m �0
�
2
2
�
�
�
�
�
1

1

4
m
�
�
�

4

y

0


4


0
�
�
�
2
�
1
�
�
(A)
2m
� 1  4 m  1  8m
�
�
�
�
�

4

y

0
�
2
�
�

� 1  1  4m 2
2
�
�
� 1  4m  1  8m ( B)
�
�
0
�4 
�
2m
�
�
�
�
(với y1, y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).
1
�1
 �m �
1
4
�
8
�  �m �
(A) � � 2
2
17
� 1  4m 2  1  8m
�
4 � �1

�
�
�;  �
�� ; ��
(B) � m ��
17 � �2
�
�
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y) có ít nhất một nghiệm thuộc
khoảng  �; 4 � 0; � hay (*) không xảy ra, điều kiện là 

4
1
�m � ; m �0. Vậy tất cả các giá trị m
17
2

4
1
�m �
17
2
Câu 3: Gọi hình chiếu của I trên d1, d2 lần lượt là E, F.
2
6
; IF  d 1,d2  
Khi đó IE  d 1, d1  
5
5
6 �

�
Gọi R là bán kính của đường tròn (C) cần tìm �R 
�
5�
�
cần tìm là 

4
36
AB  2 AE  2 R 2  ;CD  2 CF  2 R 2 
5
5
4� �
36 �
4
36
�
R2 
Theo giả thiết ta có: 4 �R 2  � 4 �R 2  � 16  20 R 2 
5� �
5�
5
5
�

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

3

 5R

� 8 R 2  16  4

2

 4   5R 2  36  � 2 R 2  4 

 5R

2

 4   5 R 2  36 

2
6 �
6 �
�
�
�  2 R 2  4    5R 2  4   5 R 2  36  do �R 
�� R  2 2 do �R 
�
5�
5�
�
�

Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là (C):  x  2    y  4   8
2

2

b
c
CA  CB AB  2 AC
AB 
AC ; CM 

bc
bc
2
2
Theo giả thiết: AL  CM � AL.CM  0
Câu 4.1. Ta có: AL 



� bAB  c AC

  AB  2 AC   0 � bc

2

 bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0

�  c  2b   1  cos A   0 � c  2b  do cos A  1
b 1

c 2
Khi đó:

Vậy

b2  a 2 c 2 a 2  b2
CM 
 
2
4
2
2
1
1
AL2  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC
9
9
2









1 �2 2
b2  c2  a 2 � 1
1
2
2
2

2
2
 �
b  c  2bc.
� 2  b  c   a   10b  a 
9�
2bc
9
9
�





a 2  b2
CM 3
CM 2
9
2

52 5 �

 5 2 5
2
2
2
10b  a
AL 2
AL

4
9
9 a2  b2
9
� .
 5  2 5 � 2a 2  2b 2  5  2 5  10b 2  a 2 
2
2
2 10b  a
4









5  a   52  20 5  b











� 2a 2  5  2 5 a 2  2b 2  50  20 5 b 2



� 72
�

2

2

a 2 52  20 5

b2
72 5

Ta có:



2
b 2  c 2  a 2 5b 2  a 2 b 35  10 5  52  20 5
cos A 


2bc
4b 2
4b 2 7  2 5



10 5  17



4 72 5







10 5  17
28  8 5

2. Theo bất đẳgn thức Minkowski, ta có:
Dấu bằng xảy ra khi:





a 2  b 2  c 2  d 2 �  a  c    b  d  (1)
2

2

a b


c d

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

4


 a 2  4b2 
�2 �
�2
�
Áp dụng (1) ta có: P  1  �a � 1  b 4 � 4  �a  b 2 � 4 
4
16
�4 �
�4
�
9
5
Mặc khác:  1  2a   1  b   � a  2b  ab  (3)
2
2
�
�a 2  1 �2a
�
3  a 2  4b2 
� 2
�
 2 �2a  4b  2ab � a 2  4b 2 �2 (4)

Mà: �4b  1 �4b
2
�2
2
a

4
b
�
�2ab
� 2
1
Từ (2) và (4) suy ra: P �2 17. Dấu = xảy ra khi: a = 1 và b =
2
1
Vậy MinP = 2 17 đạt được khi a =1 và b =
2
Câu 5. 3 số f(m), f(n), f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dâu nên:
Trường hợp 1: f(m), f(n), f(p) cùng bằng 7 hoặc –7
→Loại vì phương trình f(x) – 7 = 0 có 3 nghiệm phân biệt
Trường hợp 2: f(m) = f(n) = 7 và f(p) = –7
Không mất tính tổng quát, giả sử m > n cà m  p �n  p ta có: m, n là nghiệm của phương trình:
x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm phương trình x 2  ax  b  7  0 nên:
�
n p 2
�
�
mn  a
� n  m  9 (l )
�

�
�
�p  m  7
�
�
 n  p   n  p  a   14 �  n  p   p  m   14 � �
�
n  p  2
�
�
�
� n  m  9 (l )
 m  p   m  p  a   14
�
�
�
�p  m  7
�
Trường hợp 3: f(m) = f(n) = –7 và f(p) = 7, khi đó hoàn toàn tương tự ta có:
m  p  7
�
�m  p  7
 p  n   m  p   14 � �
hoặc �
�p  n  2
�p  n  2
Do m, n, p �[1;9] nên tìm được 4 bộ là: (a;b) �{(11;17), (13;29), (7;-1), (9;7)}
2

2

2

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

5