Đề và đáp án thi chọn học sinh giỏi tỉnh Hà Tĩnh lớp 10 THPT năm học 2010 – 2011 môn Toán

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH đề chính thức. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010 – 2011. MÔN TOÁN. Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 5 /4/2011. 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 2  bx  c  0 có nghiệm.  x 2  4 xy  x  2 y  0 Câu 2. Giải hệ phương trình:  4 . 2 2 2  x  8 x y  3x  4 y  0. 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 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 thỏa 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: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P . 1 1 1    1. a 2 b2 c2 1. 5a  2ab  2b 2. 2. . 1 5b  2bc  2c 2. 2. . 1 5c  2ca  2a 2 2. − Hết −. (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ tên thí sinh………………………………………... Lop10.com. Số báo danh………... ..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu. 1. 2.. Giải phương trình 2 x  6   3 x  5  x  3 (1) Điều kiện x  5. Điểm. . Khi đó (1)  2 6  x   x  3  3 x  5  2 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) 1  x  6 thỏa mãn điều kiện. . .  6  x . x  3x  5  29  5 x. 1 (2)  3. 29  x  29  5 x  0  17  3 5 5   2  x 2  x  17 x  61  0  x  17  3 5  2. Câu I. Kết luận: 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 PT (1) trở thành bx  c  0 (2) + Nếu b  0  c  0 : PT (2) có nghiệm (vô định) + Nếu b  0 PT (2) có nghiệm (duy nhất) 2 - Trường hợp 2: a  0 a  5c . 2 2   b 2  4ac  4  4b 2  16ac  a  5c   16ac  a 2  6ac  25c 2. Ta có b  .  a  3c   4c   0 2. 2. Vậy Pt (1) luôn có nghiệm  x 2  4 xy  x  2 y  0 (1) 3. Giải hệ phương trình  4 2 2 2  x  8 x y  3 x  4 y  0 (2) x  0 4. TH1 x  0  y  0 . suy ra  là nghiệm của hệ y  0 5. TH2 x  0 Chia hai vế của (1) cho x , (2) cho x 2  2y 3  0, y   x x 8 2y 2y    x  4 y  1   0 x   4 y  1 2    2y  2 x x  6.     x    4 y  1 2 2 x   x2  8 y  3  4 y  0  x2  4 y  8 y  3  2 2 2  x x  2y   Câu II   x   12 y  3 x   . Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 1 4. 7.. Suy ra 4 y  1  12 y  3  y  1  y  (loại). 8.. Với y  1 ta có x   3  x  1  x  2. 9. T. Kết luận: Hệ có 3 nghiệm 0;0 ; 1;1; 2;1. 2. 2 x. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,cho điểm A 1;3, B 5; 3 . Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d : x  2 y  1  0 sao cho   2MA  MB nhỏ nhất B.  . Gọi I x0 ; y0  là điểm thỏa mãn 2 IA  IB  0. M.    x  1  2 1  x0   x0  5  2 IA  BI    0 2 3  y0   y0  3  y0  1. A. Câu III.. . I. d. Vậy I 1;1 Ta có           2 MA  MB  2 MI  IA  MI  IB  3MI  2 IA  IB  3 MI  3MI. . .  . 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  .  . Suy ra IM  2t0 ; t0  1 . Ta có IM .ud  0  2.2t0  t0  1  0  t0 . 1 5. 3 1. Vậy M  ;   5 5 b2  c2  a 2 1 Ta có cot A  4s. Khi. . a 2  c2  b2 cot B  4s. 1 . 2. b2  a 2  c2 cot C  4s. Ta. 1 b2  c2  a 2 a 2  b2  c2 1 c2  a 2  b2 cot A  cot C  cot B    2 4s 4s 2 4s.  5b 2  a 2  c 2 Ta có:. Lop10.com. có.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> B. C1. A1 G. A. C. AG 2 . 4 4  b2  c2 a 2  4 4  a 2  b2 c2  AA12     ; CG 2  CC12     9 9 2 4  9 9 2 4.  4  a2  c2 Suy ra AG  CG    b 2   b 2 . Suy ra AA1  CC1 . Vậy góc giữa AA1 9 4  2. 2. và CC1 bằng 900 . cot A  cot C  2 cot B . 2.. b2  c2  a 2 a 2  b2  c2 c2  a 2  b2  2 4s 4s 4s.  a 2  c 2  2b 2. Ta có cos B . a 2  c 2  b 2 a 2  c 2 2ac 1    . Suy ra B  600 . 2ac 4ac 4ac 2. Dấu = xảy ra khi tam giác ABC đều 1 1 1   1 a 2 b2 c2. Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn 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. Ta có 5a 2  2ab  2b 2  2a  b   a  b   2a  b  2. Suy ra. 1 5a  2ab  2b. Tương tự. 2. 2. . 2. 1 1 2 1     2a  b 9  a b . 12 1     9b c 5b  2bc  2c 1. 2. 2. 1 5c 2  2ca  2a 2. . 2. (1). (2). 1 12 1     (3) 2c  a 9  c a . 1 1 1 1 Cộng theo vế của (1),(2) và (3) suy ra P      3 a. 2. Mặt khác. b. c. 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. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Suy ra P . 3 3. Dấu = xảy ra khi a  b  c  3 .. Lop10.com.

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