Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Sở GD&ĐT Hải Dương. §Ò thi häc sinh giái. Trường THPT nam Sách. m«n to¸n líp 10. n¨m häc 2010-2011 (Thêi gian lµm bµi 150 phót). Câu 1: (3 điểm) Giải phương trình: a. 2 x 2 - 3 x 2 + 2 x = -1 - 4 x b.. x  6  x2  4x. c. 13 x 2  x 4  9 x 2  x 4  16  x 2  y 2  xy  1  4 y Câu 2: (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2. Câu 3: (2 điểm) Giải bất phương trình : a. x  3  2 x  5 b.. 2x x2  4. 3 5x. C©u 4 : (3 ®iÓm) a. Trong ABC cã 3 c¹nh a, b, c tho¶ m·n: 17a 2  9b 2  4c 2  24ab  4ac . TÝnh cos A . b. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d) có phương trình 2 x - y + 2 = 0 vµ hai ®iÓm A(4; 6), B(0; 4). T×m ®iÓm M trªn ®­êng th¼ng (d) sao cho. . . độ dài vectơ AM + BM có độ dài nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. c. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn C  : x 2  y 2  2 x  2 y  8  0 . Lập phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến tạo với đường thẳng.   : y  2 x  4 mét gãc 450. Câu 5: (1 điểm) Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn abc =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của:. . . a5 b5 c5 1 P= 3 2 + 3 + 3 + a 4  b 4  c 4 . §¹t ®­îc khi nµo? 2 2 4 b c c a a b. ...................................... Heát ....................................... Lop12.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> §¸p ¸n Néi dung. C©u. §iÓm 3 ®iÓm. I §k: x 2 + 2 x ³ 0 Û x ³ 0 hoÆc x £ -2 . Pt đã cho tương đương với 2( x 2 + 2 x ) - 3 x 2 + 2 x + 1 = 0 . Đặt t = x 2 + 2 x , t ³ 0 . Ta có phương trình: 2t 2 - 3t + 1 = 0 (1). Pt (1) Û t = 1 hoÆc t= a. 1 (tháa m·n ®k t ³ 0 ). 2. Với t = 1 ta có phương trình: Û x = -1 ± 2 .. x2 + 2x = 1 Û x2 + 2x = 1 Û x2 + 2x -1 = 0. Víi t =. x2 + 2x =. 1 ta có phương trình: 2 5 Û x = -1 ± . 2. 1 1 1 Û x2 + 2x = Û x2 + 2x - = 0 2 4 4. 0,25® 0,25®. 0,25®. Đối chiếu với điều kiện phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt là: x = -1 ± 2 vµ x = -1 ±. 5 . 2. 0,25®. DK: x   6;   0,25®. x  6  x2  4x  x  6   x  2  4 2. u  v 2  4 v 2  u  4 u  x  6  0 u  v      2  2 v  x  2 u  v  4 u  v  4 v  u  1  0. b. * uvx.  3  17 2. * u  v 1  0  x  Đk: 1  x  1. 0,25®.  5  13 2. 0,25®. . Biến đổi pt ta có : x 2 13 1  x 2  9 1  x 2. . 2.  256. 0,25®. Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki:. . c. 0,25®. 13. 13. 1  x 2  3. 3. 3 1  x 2. . 2.  13  27  13  13 x 2  3  3 x 2   40 16  10 x 2 . 0,25®. 2.  16  Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 10 x 16  10 x      64  2 2   x 1  x2 2  5  1 x  Dấu bằng    3 2  10 x 2  16  10 x 2   x   5 2. 2. Lop12.net. 0,25® 0,25®.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> II.  x 2  y 2  xy  1  4 y 2 2  y( x  y)  2 x  7 y  2. 1 ®iÓm. Giải hệ phương trình .  x2  1 x y 4   x 2  y 2  xy  1  4 y y  y  0 , ta có:   . 2 2 2 y ( x  y )  2 x  7 y  2 x  1  ( x  y ) 2  2 7  y x2  1 , v  x  y ta có hệ: Đặt u  y  uv  4  u  4v  v  3, u  1  2   2 v  2u  7 v  2v  15  0 v  5, u  9  x2  1  y  x2  1  y  x2  x  2  0  x  1, y  2 v  3 +) Với  hệ:  .     x  2, y  5 u  1 x y 3  y  3 x  y  3 x. x 1  9 y x 1  9 y  x  9 x  46  0 , hệ    x  y  5  y  5  x  y  5  x. +) Với v  5, u  9 ta có hệ: . 2. 2. 2. này vô nghiệm. KL: Vậy hệ đã cho có hai nghiệm: ( x; y )  {(1; 2), (2; 5)}.. 0,25®. 0,25® 0,25® 2 ®iÓm 1 ®iÓm. III a. 0,25®. x  3  2x  5 5 2. 5 2.  .  TH 1: 2 x  5  0  x    x   ;  . 0,25®. Bất phương trình thỏa mãn. a.  x  3 2  (2 x  5)2 ( x  2)(3 x  8)  0     TH2:  5  5 x    x   2  2   8   x    ; 2   3   x    5 ; 2    2     x    5 ;     2 . 0,25®. 0,25® 0,25®. Kết luận: x   ; 2 b. Giải bất phương trình:. 2x. 1 ®iÓm. 3 5x. x 4 §iÒu kiÖn: x  4  0  x  2 (*) 2. 2. Ta cã b. 2x x2  4. 3 5x  x. 2x x2  4.  3 5 (1). 0,25®. TH1: Với x < -2. Bất phương trình vô nghiệm ( do vế trái âm) TH 2: Với x > 2. Bình phương 2 vế bất phương trình (1) ta được: 4x 2 x  2  x 4 2. 4x 2. x4 x2  45  2  4.  45 x 4 x2  4 x2  4. Lop12.net. 2. 0,25®.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> §Æt t . x2. , t  0 Khi đó bất phương trình (2) có dạng: x2  4 t 2  4t  45  0  t  5(dot  0) .  x 2  20  5  x 4  25 x 2  100  0   2   x  5 x2  4 x2. x 2 5   x  5. 0,25®. Kết hợp với trường hợp ĐK đang xột,ta được nghiệm của bất phương trình là:. 2; 5  2. 5 ;. . IV a. Trong ABC cã 3 c¹nh a, b, c tho¶ m·n: 17a 2  9b 2  4c 2  24ab  4ac . TÝnh cos A . 17 a 2  9b 2  4c 2  24ab  4ac   4a  3b    a  2c   0 2. a. b. b. 2. 4a  b  3  ca  2 b2  c2  a 2 cos A  2bc 37 Ta cã: cos A  48. 0,25®. Cho đường thẳng (d) có phương trình 2 x - y + 2 = 0 và hai điểm A(4; 6), B(0; . . 4). Tìm điểm M trên đường thẳng (d) sao cho độ dài vectơ AM + BM có độ dài nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. M ( x 0 ; y0 ) Î ( d ) Û 2 x 0 - y0 + 2 = 0 Û y0 = 2 x 0 + 2 VËy M( x0 ; 2 x0 + 2)  Ta cã: AM ( x0 - 4; 2 x0 - 4) ,  BM ( x0 ; 2 x0 - 2)   Þ AM + BM = (2 x0 - 4; 4 x0 - 6) .   AM + BM = (2 x0 - 4) 2 + (4 x0 - 6) 2. 8 8 4 2 . DÊu “=” x¶y ra khi x0 = , = 20( x0 - ) 2 + ³ 5 5 5 5   2 26 8 26 , t¹i M( ; ) . khi đó y0 = . Vậy AM + BM = min 5 5 5 5. c. 3 ®iÓm 1 ®iÓm 0,25® 0,25®. = 20 x0 2 - 64 x0 + 52. c. 0,25®. Cho đường tròn C  : x 2  y 2  2 x  2 y  8  0 . Lập phương trình tiếp tuyến của ®­êng trßn (C) biÕt tiÕp tuyÕn t¹o víi ®­êng th¼ng   : y  2 x  4 mét gãc 450.  Gi¶ sö ®­êng th¼ng ( d) cã PT d¹ng: Ax  By  C  0 1 cã VTPT n( A; B) . §­êng trßn ( C) cã t©m I(1;-1) b¸n kÝnh R= 10. Lop12.net. 0,25® 1 ®iÓm. 0,25®. 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  ( d) lµ tiÕp tuyÕn cña ®­êng trßn (C)  d I ; d   R  A BC A2  B 2. 2.  10.   cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ n.n'. 0,25®. n'(2;1) và ( d) tạo với  một góc 450 do đó 2. 2.  2   2A  B  2 2   cos 45       3 A  8 AB  3B  0  2 2 2 2 2 4  1. A  B n n'    5. A  B  0. 2A  B.  A  3B  A  B 3  * Víi A  3B thay vµo (2) ta ®­îc:  3B  B  C C  14 B  10  C  4 B  10 B   C  6 B  3B 2  B 2. 0,25®. + Víi C = 14B thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn: (d1): 3x  y  14  0. 0,25®. + Víi C = -6B thay vµo (1) ta ®­îc tiÕp tuyÕn: (d2): 3x  y  6  0 B tương tự ta được hai tiếp tuyến (d3): 3 x  3 y  8  0; (d 4 ) : x  3 y  12  0. * Víi A . 0,25®. VËy cã 4 tiÕp tuyÕn tháa m·n yªu cÇu bµi to¸n. (d1): 3x  y  14  0 ; (d2): 3x  y  6  0 ; (d3): x  3 y  8  0; (d 4 ) : x  3 y  12  0 Cho a,b,c là ba số thực dương thoả mãn a.b.c=1. Tìm giá trị nhỏ nhất của: V. . . a5 b5 c5 1 P= 3 2 + 3 + 3 + a4  b4  c4 2 2 4 b c c a a b 5 5 5 4a 4b 4c XÐt 4P = 3 2 + 3 + 3 + a4  b4  c4 2 b c c a a  b2 4a 5 ¸p dông C«si cã : 3 2 + b 3  c 2 a  4a 3 ... b c 5 4b + c 3  a 2 b  4b 3 3 2 c a 4c 5 + a 3  b 2 c  4c 3 3 2 a b. . . V. . . . . . a 4  b 4  c 4  a 3 c  c 3b  b 3 a a 3  b 3  c 3  c 2 a  a 2b  b 2 c. Céng l¹i => 4 P  3 (a  b  c )  9 abc   9 F nhá nhÊt b»ng 9/4 khi a=b=c=1. 3. 3. 3. 3. 3. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.. Lop12.net. 1 ®iÓm.  0,25®. 0,25® 0,25® 0,25®.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>