Đề thi HSG lớp 10, hà tĩnh, năm học 2013 – 2014

(Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh, năm học 2013 – 2014)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1
Giải phương trình 2 x + x 2 + 2 x + 7 = 2 + 4 2 x + 1
Câu 2
 4 x 2 − 2 y 2 + 4 x = 4 y + 2 xy − x − y

Giải hệ phương trình: 
2
2
 2 x + 1 = 2 ( x + y ) + 3 = 8 x y − 4 y − 4 ( x + y ) − 1
Câu 3
1. Chứng minh rằng nếu các cạnh của ta giác ABC thỏa mãn.
sin 2014 A = sin 2014 B + sin 2014 C thì tam giác đó nhọn.
2. Cho tam giác ABC có góc C nhọn, AH, BK là hai đường cao, HK = 7 , diện tích tứ giác ABHK
bằng 7 lần diện tích ta giác CHK. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu 4.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm E(3;-1) và đường tròn (C) có phương trình
x 2 + y 2 + 2 x + 8 x + 14 = 0. Viết phương trình đường tròn (C’) có tâm E và cắt (C) theo một dây cung có
độ dài bằng 3 .
Câu 5.
Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 xyz .
1
1
1
3
+ 2
+ 2
≤
Chứng minh: 2
2 2

2 2
2 2
x + 2 y z +1 y + 2x z +1 z + 2x y +1 4

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

1


Câu 1. Ta có: 2 x + x 2 + 2 x + 7 = 4 + 4 2 x + 1
1
Điều kiện: x ≥ −
2
Phương trình ⇔
+) Xét x = −

( x − 2)

2

+ 3 ( 2 x + 1) + 2 ( x − 2 ) = 4 2 x + 1

1
không thỏa mãn phương trình.
2

1
2 ( x − 2)
 x−2 
+) Xét x > − ta có phương trình ⇔ 

+3+
=4
÷
2
2x +1
 2x +1 
x−2
Đặt t =
ta có t 2 + 3 + 2t = 4 ⇔ t 2 + 3 = −2t + 4 ⇔ t = 1
2x +1
x−2
= 1 ⇔ 2x +1 = x − 2 ⇔ x = 3 + 6
Với t = 1 , ta có
2x +1
Đối chiếu điều kiện, ta có phương trình có nghiệm duy nhất là x = 3 + 6
Ghi chú: HS có thể giải bằng cách đặt a = 2 x + 1, b = x − 2
2

 4 x 2 − 2 y 2 + 4 x = 4 y + 2 xy − x − y
(1)

Câu 2. Ta có: 
2
2
 2 x + 1 = 2 ( x + y ) + 3 = 8 x y − 4 y − 4 ( x + y ) − 1 (2)
Điều kiện x ≥ y; 2 x + 1 ≥ 0; 2 ( x + y ) + 3 ≥ 0
PT ( 1) ⇔ ( 4 x 2 − 2 xy − 2 y 2 ) + 4 ( x − y ) + x − y = 0
⇔ ( x − y ) ( 4x + 2 y ) + 4 ( x − y ) + x − y = 0
⇔ x − y  x − y ( 4 x + 2 y ) + 4 x − y + 1 = 0
x = y

⇔
 x − y ( 4 x + 2 y + 4 ) + 1 = 0 (3)
Phương trình (3) vô nghiệm vì x − y ( 4 x + 2 y + 4 ) + 1 = x − y ( ( 2 x + 1) + ( 2 x + 2 y + 3 ) ) + 1 > 0
Thay x = y vào phương trình (2), ta có
⇔
⇔

(

) (

2x +1 − 2 +

)

2 x + 1 + 4 x + 3 = 8 x3 − 4 x 2 − 8 x − 1

4 x + 3 − 3 = 8 x3 − 4 x 2 − 8 x − 6

2 ( 2 x − 3)
2x − 3
+
= ( 2 x − 3) ( 4 x 2 + 4 x + 2 )
2x +1 + 2
4x + 3 + 3

3

x = 2
⇔

1
2
2

+
= ( 2 x + 1) + 1 (3)
 2 x + 1 + 2
4x + 3 + 3
1
2
1 1
+
≤ + =1
Vế trái phương trình (3):
2x +1 + 2
4x + 3 + 3 2 2
1
Dấu “=” xảy ra khi x = −
2

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

2


Vế phải phương trình (3): ( 2 x + 1) + 1 ≥ 1 dấu “=” xảy ra khi x = −
2

1
2

1
2
Đối chiếu điều kiện, ta được nghiệm của hệ phương trình đã cho là
 3 3
1 1 
( x; y ) ∈  ; ÷;  − ; − ÷
 2 2   2 2  
Câu 3. 1. Áp dụng định lý số sin trong tam giác, ta có
sin 2014 A = sin 2014 B + sin 2014 C ⇔ a 2014 = b 2014 + c 2014
Ta có a 2014 = b 2014 + c 2014 > b 2014 ⇒ a > b; a 2014 = b 2014 + c 2014 > c 2014 ⇒ a > c
Do đó, ta chứng minh tam giác ABC nhọn, ta chứng minh góc A nhọn.
Ta có a 2014 = b 2014 + c 2014 < a 2012 .b 2 + a 2012 .c 2 ⇒ a 2 < b 2 + c 2
b2 + c 2 − a 2
Suy ra cos A =
> 0 ⇒ A nhọn, điều phải chứng minh.
2bc
2. Ta có S ABHK = 7 SVABC ⇒ SVABC = 8SVCHK
1
CA.CB sin C
SVABC
CA.CB
= 2
=
= 8 (1)
SVCHK 1 CK .CH sin C CK .CH
2
CH
(2)
∆AHC vuông tại H, ta có cos C =

CA
CK
(3)
∆BKC vuông tại K, ta có cos C =
CB
1
2
Từ (1), (2), (3) ta có cos C =
8
HK CH
1
CH CK
=
= cos C =
=
và góc C chung ⇒ ∆HCK : ∆ACB ⇒
AB AC
2 2
CA CB
⇒ AB = 2 2 HK = 2 14 (4)
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là:
AB
AB
2 14
R=
=
=
=4
2sin C 2 1 − cos 2 C
1

2 1−
8
Do đó, phương trình (3) có nghiệm là x = −

2

SVABC
 AB 
=8
Lưu ý: Ở (4), có thể sử dụng tỉ số đồng dạng 
÷ =
SVCHK
 HK 
Câu 4. Đường tròn (C) có tâm I(-1;-4), bán kính R = 3
Gọi A và B là hai giao điểm của (C) và (C’)
Gọi H là giao điểm của EI với AB.
Từ giả thiết ta có IA = IB = AB = 3 do đó ∆IAB đều.
3
Do đó đường cao IH = , IE = 5 IH
2
Xảy ra 2 trường hợp sau:
Trường hợp 1: H nằm giữa E và I
(C’) có bán kính

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

3


R ' = EA = EH + HA =

2

2

( EI − IH )

2

2

AB 2
3 3

+
=  5 − ÷ + = 13
4
2 4


Khi đó PT đường tròn (C’) là ( x − 3) + ( y + 1) = 13
Trường hợp 2: I nằm giữa E và H. (C’) có bán kính
2

R ' = EA = EH + HA =
2

2

( EI − IH )

2

2

2

AB 2
3 3

+
=  5 + ÷ + = 43
4
2 4


Khi đó PT đường tròn (C’) là ( x − 3) + ( y + 1) = 43
2

Câu 5. Ta có:

2

1
1
1
3
+ 2
+ 2
≤
2 2

2 2
2 2
x + 2 y z +1 y + 2x z +1 z + 2x y +1 4
2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có 3 xyz = x + y + z ≥ 3 3 xyz ⇒ xyz ≥ 1
Ta có x 2 + 2 y 2 z 2 + 1 ≥ 2 x + 2 y 2 z 2 ≥ 4 xy 2 z 2 ≥ 4 yz
1
1
1
1 
≤
≤ 1 + ÷ dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
2 2
x + 2 y z + 1 4 yz 8 
yz 
Do đó, ta có
1
1
1
1
1
1 1 3
+ 2
+ 2
≤  3 + + + ÷=
2
2 2
2 2
2 2

x + 2 y z +1 y + 2x z +1 z + 2x y +1 8 
xy yz zx  4
Suy ra

2

1
1 1
+ + = 3)
xy yz zx
Dấu “=” của bất đẳng thức xảy ra khi x = y = z = 1 . Điều phải chứng minh.
(Vì 3 xyz = x + y + z ⇒

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

4