Đề thi HSG lớp 10, kon tum, năm học 2013 – 2014

(Đề thi HSG lớp 10, Kon Tum, năm học 2013 – 2014)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2 điểm)
1. Cho hàm số y = x 2 − 2mx − 3m và hàm số y = –2x + 3. Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau
tại điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.
2. Giải phương phương trình: − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x
Câu 2 (2 điểm)
3
3
1. Giải phương trình: ( 4 x − x + 3) − x =
3

3
2

2. Giải phương trình: 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1
Câu 3 (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;4). Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A (hoành
độ của A dương), d cắt trục tung tại B (tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam
giác OAB
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x − 2 ) + ( y + 3) = 9 và điểm A (1;-2). Đường ∆
2

2

qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN.
Câu 4. (3 điểm)
1. Chứng minh tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi.
AB 2 + BC 2 + CD 2 = AC 2 + BD 2
1
1 1

2. Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 = 2 + 2 trong đó AB = c; AC = b; đường cao qua A là
ha b c
ha)
Câu 5. (1 điểm)
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:

( a − b) + ( b − c) + ( c − a )
2a
2b
2c
+
+
≥ 3+
2
b+c c+a a +b
( a + b + c)
2

2

2

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

1


Đáp Án
2
2

Câu 1. Ta có: x + 2mx − 3m = −2 x + 3 ⇔ x + 2 ( m + 1) x − 3m − 3 = 0
∆ ' > 0

Điều kiện  −3m − 3 > 0 ⇔ m < −4

 −2 ( m + 1) > 0
2. Ta có − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x
Tập xác định: − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 6
Nếu 5 ≤ x ≤ 6 thì − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 > 10 − 2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi 5 ≤ x ≤ 6
10 − 2 x ≥ 0
Nếu 2 ≤ x ≤ 6 ⇒ 
bất phương trình đã cho
2
 − x + 8 x − 12 ≥ 0
⇔ − x 2 + 8 x − 12 > 4 x 2 − 40 x + 100 ⇔ 5 x 2 − 48 x + 112 < 0 ⇔ a < x <

28
5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 < x ≤ 5
Tập nghiệm của bất phương trình đã cho: ( 4;6]
3
3
3
3
Câu 2. 1. Ta có ( 4 x − x + 3) − x =
(1)
2
 2 y 3 − 2 x 3 = 3
3

(I )
Đặt y = 4 x − x + 3 (1) có dạng:  3
 4 x − x + 3 = y
Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)
3
3
2 y 3 − 2 x3 = 3
 2 y − 2 x = 3 (2)
⇔
Từ (I) ⇔  3
2
2
3
2
x
+
2
y
−
x
+
y
=
0
(
)

( x + y ) ( 2 x − 2 xy + 2 y − 1) = 0 (3)
Trường hợp 1: y = x kết hợp (2), có nghiệm (1): x = − 3

3
4

2
2
'
2
Trường hợp 2: 2 x − 2 xy + 2 y − 1 = 0; ∆ x = 2 − 3 y . Nếu có nghiệm thì y ≤

2
3

3

 2 8 2
2
< 3 . chứng tỏ trường hợp 2 vô nghiệm. vậy
Tương tự cũng có x ≤
. Khi đó VT (2) ≤ 4 
÷
÷ =
3
 3 3 3
3
4
2
2. Cách 1: Ta có 2 x − 11x + 23 = 4 x + 1
phương trình (1) có một nghiệm x = − 3

(

)

2
Điều kiện x ≥ −1 ( 1) ⇔ 2 ( x − 6 x + 9 ) + x + 1 − 4 x + 1 + 4 = 0

2 ( x − 3) +
2

(

x +1 − 2

)

2

= 0 ( *)

 x − 3 = 0
2
⇔ x=3
Do a ≥ 0 ( ∀a ) nên phương trình (*) ⇔ 
 x + 1 − 2 = 0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
Cách 2: Đặt x + 1 = u ( u ≥ 0 ) ta có u 2 − 1 = x
Vậy 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1 ⇔ 2 ( u 2 − 1) − 11( u 2 − 1) + 23 = 4u
2

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

2


⇔ 2u 4 − 15u 2 − 4u + 36 = 0 ⇔ ( 2u 4 − 16u 2 + 32 ) + ( u 2 − 4u + 4 ) = 0
⇔ 2 ( u 2 − 4) + ( u − 2) = 0 ⇔ ( u − 2)
2

2

2

( 2 ( u + 2 ) + 1) = 0
2

⇔u =2⇔ x=3
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3.
Câu 3. 1) M(1;4). Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá trị nhỏ nhất
của diện tích tam giấc OAB ( x A ; yH > 0 )
Giả sử A(a;0); B(0;b), a > 0; b > 0. Phương trình đường thẳng AB:

x y
+ =1
a b

1 4
4
16
+ =1⇒1≥ 2
⇒1≥

a b
ab
ab
a = 2
ab
1 4 1
⇒
≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔ 
2
a b 2
b = 8

Vì AB qua M nên

Diện tích tam giác vuông OAB (vuông ở O) là S =

1
1
OA, OB = ab ≥ 8
2
2

Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0) , B(0;8)
2
2
2. ( C ) : ( x − 2 ) + ( y + 3) = 9; A ( 1; −2 ) ∆qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn
thẳng MN.
(C) có tâm I(2;-3), bán kính R = 3. Có A nằm trong đường tròn
(C) vì IA2 = ( 1 − 2 ) + ( −2 + 3) = 2 < 9
Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có

IH 2 + HN 2 = IN 2 = 9 ⇒ MN 2 = 4 HN 2 = 4 ( 9 − IH 2 )
2

2

Mà IH ⊥ AH ⇒ IH ≤ IA = 2
⇒ MN 2 ≥ 4 ( 9 − 2 ) = 28 ⇒ MN ≥ 2 7
Vậy MN nhỏ nhấn bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc
với IA tại A.
Câu 4.1) Chứng minh rằng tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2
uuur uuur
uuu
r uuur r
Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ AB − DC = 0
uuu
r uuur 2
uuu
r 2 uuur 2
uuur uuur
⇔ AB − DC = 0 ⇔ AB − DC − 2 AB.DC = 0
uuur uuur uuur
⇔ AB 2 + DC 2 − 2 AB. AC − AD = 0

(

)

(

)

⇔ AB 2 + DC 2 − ( AB 2 + AC 2 − BC 2 ) + ( AB 2 + AD 2 − BD 2 ) = 0
r r 2 r2
r r r2
r r r 2 r2 r r 2
(vì a − b = a − 2a.b + b ⇒ 2a.b = a + b − a − b )

(

)

(

(*)

)

(*) ⇔ AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 (điều phải chứng minh)
1
1 1
2) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 = 2 + 2
(1)
ha b c
Có a.ha = 2 S = bc sin A ⇒

1
a2
4R 2
=

=
ha2 b 2 c 2 sin 2 A b 2 c 2

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

3


⇔ b 2 + c 2 = 4 R 2 ⇔ sin 2 B + sin 2 C = 1
⇔ 1 − cos ( B + C ) cos ( B − C ) = 0
π
π

 B + C = 2 hay A = 2
⇔
( 0 < B + C < π;0 ≤ B − C < π )
 B −C = π

2
π
Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B − C =
2
Câu 5.
2a
2b
2c
a −b + a −c b −c +b −a c −a + c −b
−1+
−1 +
−1 =

+
+
Xét M =
b+c
c+a
a +b
b+c
c+a
a+b
1
1
1
1
1
1
= (a − b)(
−
) + (b − c)(
−
) + (c − a)(
−
)
b+c c+a
c+a a+b
a +b b+c
1
1
1
2
2

2
= ( a − b)
+ ( b − c)
+ ( c − a)
( b + c) ( c + a)
( c + a) ( a + b)
( a + b) ( b + c)
1
4
4
4
>
=
Vì b + c c + a ≥
2
2
(
)(
) ( a + b + 2c ) ( 2a + 2b + 2c ) ( a + b + c ) 2
Từ (1)

( a − b)

2

≥ 0 ⇒ ( a − b)

2

1

≥

( a − b)

2

( b + c) ( c + a) ( a + b + c) 2

; Dấu “=” xảy ra khi ⇔ a = b

Làm hoàn toàn tương tự với biểu thức còn lại.
2
2
2
a − b) + ( b − c) + ( c − a )
(
Suy ra M ≥
(điều phải chứng minh)
2
( a + b + c)
Dấu “=” xảy ra ⇔ a = b = c

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

4