Gián án ĐÈ VÀ HD TÓM TẮT LG ĐỀ THI HSG TỈNH NGHỆ AN 2010-2011

Đề và HD giải tóm tắt đề thi chọn HSG tỉnh Nghệ An - Bảng A 2010-2011
Câu 1: (6 điểm)
a) Giải phương trình
2
1 1 2 2x x x x− + + + − = +
b) Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn
[ ]
2;2
−
:

( 2) 1m x m x
+ − ≥ +
Giải.
Câu 1.a) Bằng cách phân tích thích hợp ta có 2 nghiệm x=0, x=1.
b)Ta có
2 2
( 2) 1 ( 2) ( 1) ( 1) 1(1)m x m x m x m x m x x+ − ≥ + ⇔ + − ≥ + ⇔ − ≥ +
+) Nếu x=1 (1) Vô nghiệm
+) Nếu x
(1;2]∈
:
2
1
(1)
1
x
m
x
+
⇔ ≥

−
. Xét hs f(x)=
2
1
1
x
x
+
−
trên
(1;2]
ta có:
(
]
1;2
minf ( ) (2) 5
x
x f
∈
= =
. TH này bpt có nghiệm
(
]
1;2
minf ( ) 5
x
m x
∈
⇔ ≥ =
.

+) Nếu x
[-2;1)∈
:
2
1
(1)
1
x
m
x
+
⇔ ≤
−
. Xét hs f(x)=
2
1
1
x
x
+
−
trên
[-2;1)
ta có:
[
)
2;1
maxf ( ) (1 2) 2 2 2
x
x f

∈ −
= − = −
TH này bpt có nghiệm
[
)
2;1
maxf ( ) 2 2 2
x
m x
∈ −
⇔ ≤ = −
Suy ra pbt đã cho có nghiệm ( ;2 2 2] [5;+ )m⇔ ∈ −∞ − ∪ ∞ .
Câu 2: (2 điểm) Giải hệ phương trình sau:
3 3 2
2
3 4 2
1 2 1
y y x x x
x y y
+ = + + +



− − = − −


Giải
Từ (1)
3 3
( 1) 1 1y y x x y x+ = + + + ⇒ = +

Thế vào (2) ta có
2
1 1 1 1 1( 1 1) ( 1 1) 0
( 1 1)( 1 1) 0 0
x x x x x x
x x x
− − + = − − ⇔ + − − − − − =
⇔ − − + − = ⇔ =
Vậy HPT có nghiệm duy nhất (x=0;y=1).
Câu 3: (5 điểm)
a) Cho x, y là các số thực thoả mãn:
4 4
log ( 2 ) log ( 2 ) 1x y x y
+ + − =
Chứng minh rằng :
2 15x y− ≥
b) Cho a, b, c là ba số thực không đồng thời bằng 0, thoả mãn:

2 2 2 2
( ) 2( ).a b c a b c+ + = + +
Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

3 3 3
.
( )( )
a b c
P
a b c ab bc ca
+ +
=

+ + + +
Giải
Câu 3.a
ĐK:
2 0
0(*)
2 0
x y
x
x y
+ >

⇒ >

− >

Ta có log
4
(x+2y)+log
4
(x-2y)=1
⇔
x
2
-4y
2
= 4
2
2
1 1 1

2 2
x x
y
 
⇔ = + ≥ ⇒ ≥
 ÷
 
( do (*) ). Cách
1. Từ đó
2
0 1
x
< ≤
. Ta đặt
2
sin , (0; ]
2
t t
x
π
= ∈
. Suy ra
coty t=
Do đó
4
2 15 cot 15 15sin ost 4
sin
x y t A t c
t
− ≥ ⇔ − ≥ ⇔ = + ≤

(1)
Áp dụng điều kiện có nghiệm pt suy ra Áp dụng bđt B.N.A.C.S, ta có 4A ≤ .
Vậy (1) đúng (đpcm).
Cách 2. Xét hàm số
2
4
( ) 2 2
2
x
g x x y x
−
= − = −
trên
[
)
2;+∞
. Suy ra đpcm.
Câu 3.b) (Theo Thầy Tuấn –Tân kì)
+) Theo gt, ta có
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
( ) 2( ) 2( )
( )
2 4
a b c a b c a b c ab bc ca
a b c a b c
ab bc ca
+ + = + + ⇔ + + = + +
+ + + +
⇔ + + = =

Từ đó
3 3 3
3
4( )
( )
a b c
P
a b c
+ +
=
+ +
.
+) Đặt t=a+b+c ta có a
3
+b
3
+c
3
=a
3
+b
3
+(t-a-b)
3
=a
3
+b
3
+t

3
-3t
2
(a+b)+3t(a+b)
2
-(a+b)
3
=t
3
-3t
2
(a+b)+3t(a+b)
2
-3ab(a+b)=t
3
-3(a+b)[t
2
-t(a+b)+ab]
=t
3
-3(a+b)(t-a)(t-b)=t
3
-3(t-c)(t-a)(t-b)=
=t
3
-3t
3
+3t
2
(a+b+c)-3t(ab+ac+cb)+3abc=

=
1
4
t
3
+3abc .
Vậy P=1+
3 3
12 12
1
( )
abc abc
t a b c
= +
+ +
+) Mặt khác từ GT, ta có a
2
-2a(b+c)+b
2
+c
2
-2bc=0 (1). Từ (1) để có a thì
'
4 0 0
a
bc bc∆ = ≥ ⇔ ≥
. Lập luận tt ta có
0, 0ac ab≥ ≥
.
+) Nếu bc=0

0
0
b
c
=

⇔

=

suy ra P=1
+) Nếu bc>0. Từ (1) có
2
2 ( ) 0a b c bc b c= + ± = ± ≥
•
Nếu a=0 suy ra P=1
•
Nếu a>0 suy ra b>0, c>0 suy ra P>1.
Mặt khác nếu
3
12( 2 ) 11
2 1
9
(2 2 2 )
b c bc bc
a b c bc P
b c bc
+ +
= + + ⇒ = + ≤
+ +

3
12( 2 ) 11
2 1
9
(2 2 2 )
b c bc bc
a b c bc P
b c bc
+ −
= + − ⇒ = + <
+ −
.
Vậy MinP=1. MaxP=
11
9
.
Câu 4: (2 điểm)
Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;2). Gọi H là trực tâm tam
giác ABC. Biết rằng đường tròn đi qua ba trung điểm của ba đoạn thẳng HA, HB, HC có
phương trình là: x
2
+y
2
-2x+4y+4=0. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC.
Giải
Cách 1. x
2

+y
2
-2x+4y+4=0 (C
1
) là đường tròn Ơle đi qua trung điểm các cạnh AB,BC,
CA nên gọi (C ) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì
( ) ( )
2
1
:
G
V C C
−
→
I
1
(1;-2) thì I(1;10) và
R = 2 R
1
=2
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình là: (x-1)
2
+(y-10)
2
=4.
Cách 2
+) Đường tròn x
2
+y
2

-2x+4y+4=0 (C
1
) có tâm K(1;-2), bán kính R
1
=1
+) Theo GT ta có phép vị tự tâm H, tỉ số 2 sẽ biến đường tròn (C
1
) thành đường tròn (C)
ngoại tiếp tam giác ABC suy ra (C) có bán kính R=2. Gọi I là tâm của (C) ta có
2HI HK=
uur uuur
(1)
+) Theo BT38, tr11, SBT NC hình 10 ta có
3
2 2 3
2
HA HB HC HI HI HG HI HG+ + = ⇒ = ⇒ =
uuur uuur uuur uur uur uuur uur uuur
(2)
+) Từ (1) và (2) suy ra 3 4 (1; 14)HG HK H= ⇒ −
uuur uuur
. Bây giờ từ (1) suy ra I(1;10)
Vậy PT đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là (x-1)
2
+(y-10)
2
=4.
Câu 5: (5 điểm)
a) Cho tứ diện ABCD. Gọi
α

là góc giữa 2 mp(ABC) và (ABD). Gọi S
C
, S
D
lần
lượt là diện tích tam giác ABC, ABD.
Chứng minh rằng:
2 . .sin
3
C D
S S
V
AB
α
=
với V là thể tích tứ diện ABCD.
b) hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng
tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC, lần lượt tại A’, B’, C’ khác S.
Tìm GTLN của biểu thức.
1 1 1
Q
SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA'
= + +
.
H
K
H
D
C
A

B
α
F
Giải
Câu 5.a)
. Gọi H là hình chiếu của C trên (ABC). Kẻ HK vuông góc với AB ( K thuộc AB)
Khi đó
HKC
α
∧
=
Trong tam giác HKC ta có
2
sin sin . sin .
C
S
HC
HC KC
KC AB
α α α
= ⇒ = =

suy ra
2 sin1
.
3 3
C D
C
S S
V HC S

AB
α
= =
( đpcm ).
Câu 5.b)
G
K
G'
S
C
A
B
Ta chứng minh được:
SA SB SC SG '
3 4
SA' SB' SC' SG
+ + = =
( G’ là trọng tâm tam giác ABC)
' ' '
1 1 1 4
a
SA SB SC
+ + =
Với mọi x,y,z ta có (x+y+z)
2

≥
3(xy+yz+zx) suy ra
2
' ' ' ' ' ' ' ' ' 2

1 1 1 1 1 1 1 16
( )
3
. . . 3
Q
SA SB SB SC SC SA SA SB SC a
= + + ≤ + + =
Vậy MaxQ =
2
16
3a
. Đẳng thức xây ra khi và chỉ khi mp(P) song song với (ABC).
-------Hết-------