HSG TOAN 10 HA TINH 0607

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC − ĐÀO TẠO HÀ TĨNH. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TÌNH LỚP 10 Năm học 2006 − 2007. MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút Bài 1: (6 điểm) Giải các phương trình sau: 7 2 a) ( 8x + 7 ) ( 4x + 3)( x + 1) = 2 b) x 3 = ( x 2 + x − 2 ) x 2 − x + 1 + 1.  x 2 + 4 + | y |= m Bài 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm  2  y + 4 + | x |= m 2 Bài 3: Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh: ( a + b + c + 1) ≤ 3 ( a 2 + b 2 + c 2 + 1) + 6ab Bài 4: Cho ∆ABC và K, L, M lần lượt nằm trên các cạnh AB, BC, CA sao cho AK BL CM 1 = = = . Biết bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AB BC CA 3 AKM, BLK, CML bằng nhau. Chứng minh ∆ABC đều. x + y + z = 0 Bài 5: Cho x, y, z ∈ R thoả mãn điều kiện  2 . 2 2 x + y + z = 6  3 3 Tìm GTLN, GTNN của P = x + y + z3.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN Bµi 1: a) Đặt 8x+7=y, phương trình đã cho trở thành y2 .. y −1 y +1 7 . = 2 8 2. 2 2 ±7 8 b) Phương trình đã cho tương đương với. ⇔ y 4 − y 2 − 56 = 0 ⇔ y = ±2 2 ⇒ x =. x3 − 1 − ( x − 1)( x − 2 ) x 2 − x + 1 = 0 ⇔ ( x − 1)  x 2 + x + 1 − ( x + 2 ) x 2 + x + 1 = 0   Ta cã: +) x − 1 = 0 ⇔ x = 1 +) x 2 + x + 1 − ( x + 2 ) x 2 + x + 1 = 0 §Æt x 2 + x + 1 = y ®k:y >0 Phương trình trở thành: y2 + ( x + 2 ) y + 2x = 0 ⇔ y = 2, x = y *)Víi y = x ta cã: x=1 *) Víi y =2 ta cã: x =. 1 ± 13 2. Vậy nghiệm của phương trình là: x =. 1 ± 13 ,x=1 2. Bài 2: ( 3điểm ) . Đặt | y |= u ≥ 0,| x |= v ≥ 0. Hệ đã cho trở thành:  v 2 + 4 + u = m (1)   2  u + 4 + v = m ( 2 ) Víi m < 2 hÖ v« nghiÖm, ta chØ xÐt m ≥ 2 LÊy (1) − ( 2 ) ta cã: ⇔ v2 − u 2 = ( v − u ). (. v2 + 4 − u 2 + 4 = v − u. ). v 2 + 4 + u 2 + 4 ⇔ v = u. Khi đó ta có | x |=| y |. |x| = |y| ( 3 ) |x| = |y| Ta cã:  2 ⇔ 2  x + 4 = m− | x | ( 4 )  x + 4 + | x |= m 2  2m x = m 2 − 4  x = m − 4 Tõ ( 4 ) ta cã:  ⇔ 2m x ≤ m − 2 x ≤m−2   m2 − 4 Khi đó: 0 ≤ ≤ m − 2 ⇔ m ≥ 2. VËy m ≥ 2 th× hÖ cã nghiÖm 2m.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bài 3: ( 3 điểm ) .BĐT đã cho tương đương với. ( a + b ) + c2 + 1 − c ( a + b ) − ( a + b ) − c ≥ 0 2 2 ⇔ ( a + b + 1) + ( a + b − c ) + ( c − 1) ≥ 0 2. BĐT này luôn đúng nên BĐT được chứng minh Bài 4: (4 điểm). Gọi bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác AKM, BLK, CML là R ta có: KL = 2RsinB, KM = 2RsinA, ML = 2RsinC. Từ đó suy ra ∆ABC đồng dạng với ∆LMK 2 1 Mặt khác ta có: SAKM = SBLK = SMCL = SABC ⇒ SKLM = SABC 9 3 1 Nên tỉ số đồng dạng của ∆ABC và ∆LMK là 3 2 2 Áp dụng định lí cosin cho ∆ABC là có a = b + c2 − 2bccosA.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>