Đề thi HSG lớp 10, TP đà nẵng, năm học 2010 – 2011 file word có lời giải

ĐỀ SỐ 04
(Đề thi HSG lớp 10, TP. Đà Nẵng, năm học 2010 – 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1. (1,5 điểm)
1. Xác định tính chẵn – lẻ của hàm số y =

x
x
−
.
10 − x
10 + x

2. Cho các nửa khoảng A = ( a; a + 1] , B = [ b; b + 2 ) . Đặt C = A ∪ B . Với điều kiện nào của các
số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Câu 2. (2,0 điểm)
2
4
2
1. Tìm m để phương trình x − 1 = m − m + 1 có bốn nghiệm phân biệt.

2. Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:

( m − 1) x + 2 < m + 1 .
x−2

Câu 3. (2,5 điểm)
1. Giải phương trình x 2 − 7 x + 8 = 2 x .
 7 x + y + 2 x + y = 5

2. Giải hệ phương trình 

 x − y + 2 x + y = 1

Câu 4. (3,0 điểm)
·
1. Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC
= 60° . Các điểm M, N được xác định bởi
uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
MC = −2MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

2. Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm
A ', B ' và C ' . Gọi Sa , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ' , BC ' A ', CA ' B ' và
ABC. Chứng minh bất đẳng thức

S a + Sb + S c ≤

3
S . Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?
2

Câu 5. (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R ( R > 0 , R không đổi). Gọi A
và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp
xúc vưới đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích
nhỏ nhất.

– Website chuyên Đề thi – Tài liệu file Word mới nhất


ĐỀ SỐ 04
Câu 1. 1. Hàm số y có tập xác định D = ( −10;10 ) là tập đối xứng qua điểm x = 0 .
Kiểm tra: ∀x ∈ D, f ( − x ) = f ( x ) ⇒ f chẵn, f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D).
2. C = [ b; b + 2 ) ∪ ( a; a + 1] là một đoạn ⇔ b ≤ a < b + 2 ≤ a + 1 ⇔ b + 1 ≤ a < b + 2
Khi đó, C = [ b; b + 2 ) ∪ ( a; a + 1] = [ b; a + 1] là đoạn có độ dài a − b + 1 .
Câu 2. 1. Ta có: m 4 − m2 + 1 > 0

x 2 = m4 − m 2 + 2
⇔
 2
Phương trình
2
4
2
2
 x = m − m = m ( 1 − m )

(1)
(2)

Từ (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m 4 − m 2 + 2 > 0
2
Từ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 và 1 − m > 0 ⇔ m ∈ ( −1;1) \ { 0}

Phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m ∈ ( −1;1) \ { 0} và m 4 − m 2 + 2 ≠ m2 − m 4
⇔ m ∈ ( −1;1) \ { 0} và m 4 − m2 + 1 ≠ 0 ⇔ m ∈ ( −1;1) \ { 0} , kết luận

2. Bất phương trình ⇔

( m + 1) ( x − 2 ) + ( 1 − m ) x − 2 > 0 ⇔ x − ( m + 2 )
x−2

x−2

>0

+) Nếu m = 0 thì bất phương trình nghiệm đúng với mọi x ≠ 2
+)

Nếu

m>0

thì

m+2>2

nên

bất

phương

trình

nghiệm

đúng

với

mọi

thì

m+2<2

nên

bất

phương

trình

nghiệm

đúng

với

mọi

x ∈ ( −∞; 2 ) ∪ ( m + 2; +∞ )

+)

Nếu

m<0

x ∈ ( −∞; m + 2 ) ∪ ( 2; +∞ )

Câu 3. 1. Điều kiện: x ≥ 0
2
Phương trình ⇔ x − 1 − 7 x + 7 − 2 − 2 x = 0 ⇔

(
⇔(
⇔(
⇔

)(
x − 1) (
x − 1) (

(

)(

)

x −1 x x + x − 6 x − 8 = 0

)

x − 1 x x + 8 + x − 6 x − 16 = 0

)(
x + 2) ( x −

)

x + 2 x − 2 x + 4+ x −8 = 0

)

x −4 =0

x =1
 x −1 = 0

2
⇔
⇔
 1 + 17  9 + 17
 x =  2 ÷
 x − x − 4 = 0
÷ =
2



7 x + y ≥ 0
2 x + y ≥ 0

2. Điều kiện 

– Website chuyên Đề thi – Tài liệu file Word mới nhất


u = 7 x + y ≥ 0 u 2 = 7 x + y
u 2 − v2
7v 2 − 2u 2
⇒
⇒
x
=
;
y
=
Đặt 
 2
5
5
v = 2 x + y ≥ 0 v = 2 x + y
u + v = 5

u + v = 5
⇔ 2
2
u − v − 7v + 2u + 5v = 5 3u − 8v + 5v − 5 = 0

Hệ phương trình trở thành: 

2

2

2

2

u = 5 − v
u = 5 − v
u = 5 − v
⇔
⇔
⇔
(*)


2
2
2
2
 −5v − 25v + 70 = 0
v + 5v − 14 = 0
3 ( 5 − v ) − 8v + 5v − 5 = 0
u = 3
v = 2

Từ (*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại); nên hệ phương trình trên ⇔ 

7 x + y = 9
x = 1

⇔
(phù hợp).
2 x + y = 4  y = 2
uuuu
r
uuur
uuur uuuur
uuur uuuur
uuuur
uuur uuur
Câu 4. 1. Ta có: MC = −2MB ⇔ AC − AM = −2 AB − AM ⇔ 3 AM = 2 AB + AC
uuur
uuu
r uuu
r
Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB
uuuu
r uuur
uuur uuur uuu
r uuu
r
Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM .CN = 0 ⇔ 2 AB + AC 2CA + CB = 0

Do đó hệ phương trình đã cho trở thành 

(

(

)(

)

)

uuur uuur uuur uuur
uuur uuur
⇔ 2 AB + AC AB − 3 AC = 0 ⇔ 2 AB 2 − 3 AC 2 − 5 AB. AC = 0

(

)(

⇔ 2c 2 − 3b 2 −

)

5bc
= 0 ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0
2

2. Ta có các công thức tính diện tích: 2 Sa = AC '. AB 'sin A;2 S = AB. AC sin A
⇒

Sa
=
S

AC ' AB ' 1  AC ' AB ' 
.

≤ 
+
÷ (Bất đẳng thức Cauchy)
AB AC 2  AB AC 

Tương tự ta cũng có:
Do đó:

Sb 1  BA ' BC ' 
≤ 
+
÷ và
S 2  BC BA 

Sc 1  CB ' CA ' 
≤ 
+
÷
S 2  CA CB 

Sa
S
S
1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3
+ b + c ≤ 
+
+
+
+
+

÷ = (đpcm)
S
S
S 2  AB
BA BC CB CA AC  2

 AC ' AB '
 AB = AC
C ' B ' || BC

 BA ' BC '

=
⇔  A ' C ' || CA
Dấu bằng xảy ra ⇔ 
 BC BA
 B ' A ' || AB

 CB ' CA '
 CA = CB

⇔ A ', B ', C ' là trung điểm của BC, CA, AB.

Câu 5. Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với a > 0, b > 0 (*).
⇒ SOAB =

ab
.
2

– Website chuyên Đề thi – Tài liệu file Word mới nhất


Mà

1
1
1
1 a2 + b2
+
=
⇒
= 2 2 ⇒ a 2b 2 = R 2 ( a 2 + b 2 ) ≥ 2 R 2 ab
(**)
a 2 b2 R 2
R2
ab

⇒ SOAB =

ab
≥ R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b )
2

Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = R 2

(

) (

)

Vậy A ± R 2;0 ; B 0; ± R 2 (4 cặp điểm).

– Website chuyên Đề thi – Tài liệu file Word mới nhất