Đề thi HSG lớp 10, vĩnh phúc, năm học 2010 – 2011 file word có lời giải

ĐỀ SỐ 03
(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, năm học 2010 – 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1.
1. Giải phương trình: 2  x  6   3 x  5  x  3 .
2. Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện: a  2b  5c  0 . Chứng minh phương trình
ax  bx  c  0 có nghiệm.
2

Câu 2.
�x 2  4 xy  x  2 y  0
�
2
2
2
�x  8 x y  3x  4 y  0

Giải hệ phương trình: � 4
Câu 3.

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm A  1;3 , B  5; 3 . Xác định tọa độ điểm M
uuur uuur

trên đường thẳng d : x  2 y  1  0 sao cho 2MA  MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 4.
Tam giác ABC có các góc thoả mãn hệ thức: cot A  cot C   cot B .
1
2

1. Xác định góc giữa hai đường trung tuyến AA1 và CC1 của tam giác ABC khi   .
2. Tìm giá trị lớn nhất của góc B khi   2 .

Câu 5.
Ba số dương a, b, c thỏa mãn:

1
1 1
   1.
a 2 b2 c2

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

1
5a  2ab  2b
2

2



1
5b  2bc  2c
2

2



1
5c  2ca  2a 2
2

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


ĐỀ SỐ 03
Câu 1. 1. Ta có: 2  x  6   3 x  5  x  3 (*)
Điều kiện x �5
Khi đó (*) � 2  6  x   x  3  3 x  5 � 2  6  x 
�  6  x







x  3  3 x  5  48  8 x

6 x 0
(1)
�
x  3  3 x  5  4 6  x � �
� x  3  3 x  5  4 (2)



Từ (1) � x  6 thỏa mãn điều kiện
Từ (2)
� 29
x�

�
29  5 x �0
�
17  3 5
� 5
� 3  x  3   x  5   29  5 x � � 2
��
�x
2
�x  17 x  61  0
�x  17 �3 5
�
�
2

Nghiệm của phương trình x  6, x 

17  3 5
2

2. Các số a, b, c thỏa mãn điều kiện a  2b  5c  0 . Chứng minh phương trình ax 2  bx  c  0
(1) có nghiệm
Trường hợp 1: a  0 suy ra 2b  5c  0 phương trình (1) trở thành bx  c  0 (2)
+) Nếu b  0 � c  0 : Phương trình (2) có nghiệm (vô định).
+) Nếu b �0 phương trình (2) có nghiệm (duy nhất).
Trường hợp 2: a �0 . Ta có b  

a  5c
.
2

  b2  4ac � 4  4b 2  16ac   a  5c   16ac  a 2  6ac  25c 2   a  3c   16c 2 �0
2

2

Vậy phương trình (1) luôn có nghiệm
� x 2  4 xy  x  2 y  0
(1)
2
2
2
�x  8 x y  3x  4 y  0 (2)

Câu 2. Ta có: � 4

2
�
�x 2  4 xy  x  2 y  0
�
�x  2 y  4 xy  x
�� 2
�4
2
2
2
2
�x  2 y   12 x 2 y  3x 2
�x  8 x y  3x  4 y  0 �
2

2
�
�
�x  2 y  4 xy  x
�x  2 y  4 xy  x
��
��
2
2
 4 xy  x   12 x 2 y  3x 2 �x 2  4 y  1  3x 2  4 y  1
�

�x 2  2 y  4 xy  x
�
� �2
�x  4 y  1  4 y  4   0

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


Trường hợp 1: x  0 � y  0 �  x; y    0;0  là nghiệm của hệ.
2
Trường hợp 2: y  1 � x  3x  2  0 �  x; y    1;1 � x; y    2;1

1
4

1
2

Trường hợp 3: y  � x 2   0 (loại)
Vậy hệ có 3 nghiệm  0;0  ,  1;1 ,  2;1 .
Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A  1;3 , B  5; 3 . Xác định tọa độ điểm
uuur uuur

M trên đường thẳng d : x  2 y  1  0 sao cho 2MA  MB nhỏ nhất.
uu
r uur

r

Gọi I  x0 ; y0  là điểm thỏa mãn 2 IA  IB  0
uu
r uur
�
2  1  x0   x0  5
�x0  1
�
� 2 IA  BI � �
��
2  3  y0   y0  3 �y0  1
�

Vậy I  1;1 . Ta có
uuur uuur
uuu
r uu
r uuu
r uur
2MA  MB  2 MI  IA  MI  IB

uuu
r
uu
r uur
uuu
r
 3MI  2 IA  IB  3 MI  3MI





uuur uuur

Như vậy 2MA  MB nhỏ nhất khi và chỉ khi MI nhỏ nhất. Suy ra M là hình chiếu của I trên
d.
�x  2t  1
. Gọi tọa độ M  2t0  1; t0 
�y  t

Phương trình tham số của d �
uuur

uuur uu
r

1
5

Suy ra IM   2t0 ; t0  1 . Ta có IM .ud  0 � 2.2t0  t0  1  0 � t0  .

�3 1 �
�
�

Vậy M � ; �.
5 5
Câu 4. 1. Ta có:
cot A 

b2  c 2  a 2
a 2  c 2  b2
b2  a2  c2
;cot B 
;cot C 
4s
4s
4s
1
2

Khi   . Ta có:
1
cot A  cot C  cot B
2
�

b2  c 2  a 2 a 2  b2  c 2 1 c 2  a 2  b 2


4s

4s
2
4s

� 5b 2  a 2  c 2

Ta có:

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


AG 2 

4 2 4 �b 2  c 2 a 2 � 2 4
4 �a 2  b 2 c 2 �
AA1  �
 �
; CG  CC12  �
 �
9
9� 2
4 �
9
9� 2
4�
4�
9�

2
2

2
Suy ra AG  CG  �b 

a 2  c 2 � 4 �5b 2  4b 2 � 2
� �
� b � AA1  CC1 .
4 � 9� 4
�

Vậy góc giữa AA1 và CC1 bằng 90°.
2.
cot A  cot C  2cot B �

Ta có cos B 

b2  c2  a2 a 2  b2  c 2
c 2  a 2  b2

2
� a 2  c 2  2b 2
4s
4s
4s

a 2  c 2  b 2 a 2  c 2 2ac 1
� �60�.

�
 . Suy ra B
2ac

4ac
4ac 2

Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều.
Câu 5. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn

1
1 1
 2  2 1
2
a
b
c

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
P

1
5a 2  2ab  2b 2



1
5b 2  2bc  2c 2



1
5c 2  2ca  2a 2

Ta có: 5a 2  2ab  2b2   2a  b    a  b  � 2a  b 
2

Suy ra
(vì

2

2

1

1
1 �2 1 �
�
� � �
5a 2  2ab  2b 2 2a  b 9 �a b �

(1)

2 1 1 1 1
9
9
    �

)
a b a a b a  a  b 2a  b
1

1 �2 1 �

� � �
5b 2  2bc  2c 2 9 �b c �

Tương tự

(2)

1

1
1 �2 1 �
�
� � �
2c  a 9 �c a �
5c  2ca  2a
2

(3)

2

1 �1

1

1�

Cộng theo vế của (1), (2) và (3) suy ra P � �   �
3 a b c
�

2

Mặt khác

�

2

1
1 1 1 �1 1 1 � 1 �1 1 1 �
1 1 1
 2  2 � �   �� �   ��1 �   � 3
2
a
b
c
3 �a b c � 3 �a b c �
a b c

Suy ra P �

3
. Dấu = xảy ra khi a  b  c  3 .
3

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