De va dap an thi HSG truong mon Toan Nam hoc 2009 2010

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (131.94 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HSG TRƯỜNG NĂM HỌC 2009 – 2010

TRƯỜNG THPT DIỄN CHÂU III Mơn: Tốn học 10

ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 120 phút

Câu 1: Giải phương trình, bất phương trình sau:

a. 2 1 1

1 1 1

x

x x x

b. 2 1 2 2 7

2
x  x  x x  x 

Câu 2: Giải hệ phương trình:

3 2

2 3

(2 1) 3
x xy

y y x xy

  




   




Câu 3: Tìm m để bất phương trình sau có tập nghiệm là R:

2 2

(x  x 1)(x  x m) 0

Câu 4: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên tia đối của tia CA lấy điểm E bất kì, D là điểm cùng
phía với B đối với đường thẳng AC sao cho tam giác CED đều. Gọi N,P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AD, BE.

a. Chứng minh rằng: Tam giác CNP đều.

b. Tìm quỹ tích điểm M sao cho: MA2 MB2 2MC2

 

Câu 5: Cho x, y thỏa mãn: x2 y2 1

 

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P 2x2 xy 2y2

  

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

---Hết---ĐÁP ÁN
Câu 1: a. ĐKXĐ: x1 . Với ĐK đó:

Ta có: 2 1 1

1 1 1

x

x x x (1)

0
1

1 0

2 2 2 . 1 1

2 2

1 1 1 1

0
1
1
1
1
2
0
1
x
x

x x x x

x x

x x x x

x
x
x
x





 


 

   
      

     


 


 

  



 
 


c. ĐKXĐ: x1. Với ĐK đó:
Đặt t x 2 x1 Suy ra:

2 2 1 2 2 2 2 2 7 4

2 2
t
t  x  x  x  x x  x   
Khi đó bất phương trình trở thành: t2 2t 8 0 2 t 4

      

- Với t2 suy ra: x 2 x12 x  2 2 x1

6 4 2 1 7 4 2 0

x x x x x

           (đúng  x 1)

- Với t4 suy ra: x 2 x1 4  x2 x1 4

2 15 8 1 13 8 1 0

x x x x

          (đúng  x 1)

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là   1;



Câu 2: Ta có:

3 2

2 3

(2 1) 3
x xy

y y x xy

  


   



3 2 3 2

3 2 3 2 2

2 3 2 3

2 [ (2 1)] 0 ( )( 1) 0

x xy x xy

x xy y y x xy x y x xy y

     
 

   
          
 
 

Mặt khác

2 2

2 2 1 3 1 0

2 4

y y

x  xy y  x    




Do đó: Hệ PT 3 2 2 3 1
x y
x y
x xy


    
 


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 3: Đặt t x2 x 1

   suy ra

1 5 5

2 4 4

t x   


 . Khi đó bất phương trình đã cho trở thành:





t t m 1   0 t (m1)t0 (1)

Để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R thì (1) phải có tập nghiệm là 5;
4


 




 

Xét f t( ) t2 (m 1).t

   ta có 2 trường hợp:

- TH1:

( 1) 5 3

2 4 2

m

m
  

   . Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 




 

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( ) 0 với 5;

4
t  

  

  thì:
5

0
4
f  

 
hay

5 5 5 1

.( 1) 0 1

4 4 m m 4 m 4

 

       
 

 

Kết hợp với ĐK trên ta thấy khơng có m thỏa mãn
- TH2:

( 1) 5 3

2 4 2

m

m
  

   Khi đó ta có bảng biến thiên f t( ) trên 5;
4


 




 

( 1)
2

m

 

( )

f t

 



4


5
4


( )

f t

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy để f t( ) 0 với 5;

4
t  
  

  thì:

( 1)
0
2

m

f   

 

Hay ( 1)2 ( 1)2 0 ( 1)2 0 1

4 2

m m

 

       (thỏa mãn ĐK)
Vậy ĐK để bất phương trình đã cho có tập nghiệm là R là m1

Câu 4: a, Dễ dàng chứng minh được

ADE BCE

  (c.g.c)

Từ đó suy ra:

   

NAC PBC NAC PBC

AD BE AN BP

   

 



 

 

 

 

Mà AC=BC

Suy ra ANC BPC

 

CN CP
NCA PCB










Do đó:

 (  )  

ACB ACB NCA PCB NCP

hay NCP 600



Suy ra tam giác NCP cân và có 1 góc bằng 600

Vậy tam giác NCP đều . 

b, Gọi O là trọng tâm của ABC

vì ABC đều nên OA=OB=OC. Ta có:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

2 2

2 2 ( ) ( ) 2( )

2 2. .( ) 2 4. . 2. .( ) 4. .

MA MB MC MA MB MC MO OA MO OB MO OC

MO MO OA OB MO MO OC MO OA OB MO OC

          

       

        

         

Mà OA OB OC      0 OA OB  OC thay vào ta được:

2.MO OA OB.(  ) 4. MO OC.  MO OC. 0

      

Vậy M thuộc đường thẳng qua O và vng góc với OC.

Câu 5:Cách 1: Ta xét 2 trường hợp:
-TH1: y=0 x2=1

Khi đó

E
D

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

-TH2: y0 khi đó ta có thể đặt x=k.y

ĐK bài toán trở thành (k2 1)y2 1

  và P( 2k k  2)y2

Do đó 2 2 2 2

2 2 2

( 2 2) 2 2

( 2) ( 2) 0

1 ( 1) 1

P k k y k k

P P k k P

k y k

   

        

  (*)

Để (*) có nghiệm thì 0 hay 1 4.( 2)( 2) 0 9 2 0
4

P P P

       suy ra 3

2
P
Khi P=3

2 thay vào (*) được k=
1
3 2 2

Suy ra

2
2

1 1 (3 2 2)

1 1 18 12 2

1
3 2 2
y

k



  

   



 



 

- Nếu y= 3 2 2
18 12 2



 thì

1
18 12 2
x


- Nếu y= 2 2 3

18 12 2


 thì

1
18 12 2
x 


Vậy ax

3
2
m

P  với x;y nhận các giá trị như trên.

Cách 2: Áp dụng BĐT 2 2

2
a b

ab  ta được



 











2 2 2 2

2 2 2 2 2 1 . 2 2 1 . 3

2 2 2 1 . . 2 2 1 . 2 2

2 2

x y

P x  y   x  y x  y     

Và đẳng thức xảy ra khi a=b hay x và y nhận các giá trị như cách 1

Cách 3: (Sử dụng vectơ để CM BĐT)

Trong mặt phẳng tọa độ chọn u và v sao cho

2 2
3

.( )

2
P u v

u v x y

  





  




 
 

Mọi người thử suy nghĩ và tìm cách chọn xem!
Khi chọn xong rồi thì ta có ngay BĐT:

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6></div>

De va dap an thi HSG truong mon Toan Nam hoc 2009 2010







( )

<i>f t</i>

 



( )

<i>f t</i>



 











Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về