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

A- PHẦN ĐỀ
ĐỀ SỐ 01
(Đề thi HSG lớp 10, Vĩnh Phúc, Hệ không chuyên, năm học 2010 – 2011)
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1

(4 điểm)
�x  y  m  2

1. Cho hệ phương trình � 2

2
2
�x  y  2 x  2 y   m  4

(trong đó m là tham số, x và y là ẩn)
a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm.
b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A  xy  2  x  y   2011
2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn −3.
Câu 2 (1,5 điểm)
�
�x  y  xy  1

Giải hệ phương trình �

2
2
�
�x 3 y 3  4

Câu 3

(1 điểm)

Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì

1

 1  x

2



1

1 y

2

1
�
1  xy

Câu 4 (3,5 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A  1;2  và B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M
trên trục hoành sao cho �
AMB  45�.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường
thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E
khác B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng

�6 17 �
D  2;1 , E  3;4  , F � ; �.
�5 5 �
3. Cho tam giác ABC, có a  BC , b  CA, c  AB . Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa

chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng
IA2
IB 2
IC 2


2
c p  a a  p  b b p  c

B- ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐỀ SỐ 1
Câu 1

1. a) Đặt S  x  y; P  xy .
�S  m  2

�S  m  2
�
�
2
2
�S  2 P  2 S   m  4 �P  m  m  2

Khi đó hệ phương trình trở thành � 2

2
4 P � m 
2- 4��
�
Để hệ có nghiệm thì S -��
 m2 m 2 
2

m2

4

2 m 2


b) Ta có A  P  2S  2011  m 2  m  2005
Lập bảng biến thiên ta được max A  2011 khi m  2 ; min A  2004,75 khi m  0,5
m

−2

A

200
7



1
2

2
201
1

200
4,75
t2
�

2
2. Đặt t  x 2 �0 , thay vào phương trình ta được: t   3m  1 t  6m  2  0 � �
t  3m  1
�

� 1
3m  1  0
m
�
�
�� 3
phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi �
3m  1 �2 �
�
m �1
�

Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là � 2; � 3m  1
Để các nghiệm đều lớn hơn −3 thì  3m  1  3 � 3m  1  3 � m 

10
3

�1 10 �
�\  1
�3 3 �

Vậy các giá trị của m là m �� ;

Điều kiện xy �0 , đặt t  xy , t �0

Câu 2

Ta có xy  t 2 và x  y  t  1 � x 2  y 2  2t 2  t 2  2t  1 � x 2  y 2  t 2  2t  1
x 2  3  y 2  3  4 � x 2  y 2  2 x 2 y 2  3  x 2  y 2   9  16
� t 2  2t  1  2 t 4  3  t 2  2t  1  9  16
�
t 2  2t  9 �0
�
2 t  3t  6t  12  t  2t  9 � � 4
2
2
2
�
�4  t  3t  6t  12    t  2t  9 
4

2

2

� 3t 4  4t 3  34t 2  60t  33  0 �  1  t   3t 3  7t 2  27t  33   0
3
2
2
Với t �0 � 3t  7t  27t  33 �7t  27t  33  0  a  0,   0 

�xy  1
� t 1� �
� x  y 1
�x  y  2

Kết luận nghiệm của hệ là  x; y    1;1
Câu 3

Cách 1: Do x, y  0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với


2
2
2
2
�
 1  x  1  y �
 1  xy  � 1  x   1  y 
�
�

�  2  2 x  2 y  x 2  y 2   1  xy  � 1  2 x  x 2   1  2 y  y 2 
� xy  1  y    xy  1 �0 , bất đẳng thức này luôn đúng.

2

2

Dấu bằng xảy ra khi x  y  1 .
Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cốp-x-ki, ta có
2 �
�
12  �xy
 ��
12
�
�
�
��
�



2
� x ��
2
�
�
�y�
��  1 x 
� ��



1

Tương tự, ta có  1  y 

Từ (1) và (2), ta có

2

1

 1  x

1
� x �(1)
 1  xy  �1  �
� y�

2

1
y�
1  � (2)
 1  xy  �
�
� x�

�

1

 1  x

2



1

1 y

2

�
�
1 �1
1 � 1
�
�
�

 1  xy  �1  x 1  y � 1  xy
� y
x�
�
�

Ta có điều phải chứng minh
Câu 4

1.

Giả sử tọa độ của M  x;0  . Khi đó
uuur
uuur
MA   1  x;2  ; MB   4  x;3 .
uuur uuur
Theo giả thiết ta có MA.MB  MA.MB cos 45�

� 1 x  4  x  6 

1 x

2

 4.

 4  x

2

� x 2  5 x  10  x 2  2 x  5. x 2  8 x  25.

 9.
2
2

� 2  x 2  5 x  10    x 2  2 x  5   x 2  8 x  25 
2

2

2

(do x 2  5 x  10  0 )


� x 4  10 x3  44 x 2  110 x  75  0

�  x  1  x  5   x 2  4 x  15   0 � x  1; x  5

Vậy ta có hai điểm cần tìm là M  1;0  hoặc M  5;0  .
2. Gọi A ', B ', C ' lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh
A, B, C. Do tứ giác BCB ' C ' nội tiếp nên
�  FCA
� �
FDA
ABE  �
ADE � H nằm trên đường phân giác
trong hạ từ D của DEF , tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm
trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của DEF . Vậy H là
tâm đường tròn nội tiếp của DEF .
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt
là DE : 3x  y  5  0 ; DF : 3x  y  7  0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của đỉnh D
là

3x  y  5
3x  y  7
�
� x  2  0; y  1  0
10
10

Kiểm tra vị trí tương đối của E, F với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là
d : x  2  0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là d ' : x  y  1  0 .
Mặt khác H là giao của d và d ' nên H  2;3 .
Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua
�5 7 �

trung điểm B ' � ; � và có vectơ pháp tuyến là
�2 2 �
uuur
HE   1;1 � AC : x  y  6  0 .

3. Cách 1: Gọi M là tiếp điểm của AC với đường
tròn nội tiếp ABC . Khi đó ta có AM  p  a; IM  r
.
Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo công thức
Heron ta có S  p  p  a   p  b   p  c 
Áp dụng định lí Pitago trong AIM ta có
IA  AM  MI   p  a   r   p  a 
2

2

2

  p  a 
2

�

2

2

2

2

�S �
� �
�p �

 p  a   p  b   p  c    p  a  bc
p

p

IA2
b

c  p  a p

IB 2
c
IC 2
a

;
 .
Tương tự ta có

a  p  b p b  p  c p


IA2
IB 2
IC 2
abc



2.
Do vậy
c p  a a  p  b b p  c
p


Cách 2: Theo tính chất đường phân giác
“Giả sử đường phân giác trong của góc A cắt
cạnh BC tại điểm A ' . Khi đó

BA ' AB c


A ' C AC b

”, ta có:
A ' I BA ' CA '
BC
a





IA
AB AC AB  CA b  c

Suy
p

ra

AA ' a  b  c
2p


AI
bc
bc

(với

abc
AA '  b  c 
) � AI 
.
2
abc
� là
Mặt khác theo công thức tính đường phân giác “Cho ABC có đường phân giác trong B

2
� �b �
�
lb . Ta có lb2  ac �
1 �
��”.
� �a  c ��

� AA ' 

2 bc  p  a 
bc  p  a 
2
bcp  p  a  � AI 

bc
2 p
p

Tương tự ta cũng có BI 
Vậy

ca  p  b 
p

; CI 

ab  p  c 

IA2

IB 2
IC 2
a bc



2
c  p  a  a  p  b b p  c
p

p