Đề thi học sinh giỏi lớp 10 năm 2010 môn thi: toán thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2010 
 Môn thi: TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 
 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. 
A. Phần chung: ( 18,0 điểm) 
Bài I ( 6,0 điểm) 
Cho phương trình: ( ) (1) 24 2( 2) 1m x m x m− + − + − = 0
1. Tìm m để phương trình có nghiệm. 
2. Khi (1) có 2 nghiệm 1 2,x x . Tìm a sao cho biểu thức M=( 1x a− )( 2x a− ) không phụ thuộc vào m. 
Bài II (6,0 điểm) 
1. Giải phương trình 2 2 2 2 1x x x− = − . 
2. Tìm để hệ phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm : m ( )
2 2
2
2 2 (1
4 (2)
x y m
x y
⎧ + = +⎪⎨ + =⎪⎩
)
Bài III ( 2,0 điểm) 
 Tìm m, n để biểu thức 2 1
mx nP
x
+= + , đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng -1. 
Bài IV (4,0 điểm) 
 1. Trong hệ trục tọa độ (Oxy) cho đường tròn (T) có phương trình: 2 2 2 2 2x y x y 0+ − + − = và đường thẳng 
 ( ) : 2 2 1 0x yΔ + + = , cắt (T) tại B và C. ( )Δ
 Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 
 2. Cho tam giác ABC, gọi là độ dài các đường phân giác trong và S là diện tích của tam giác ABC. , ,a b cl l l
 Chứng minh rằng nếu thì , , 1a b cl l l < 33S < . 
B. Phần riêng: ( 2,0 điểm) 
Bài Va. (Dành cho ban khoa học tự niên). 
Cho , ,x y z là ba số thực dương thỏa mãn 1xyz = . Chứng minh rằng ta luôn có: 
 3 3 3
1 1 1
( ) ( ) ( )x y z y x z z x y
3
2
+ + ≥+ + + .(1) 
Bài Vb. (Dành cho ban khoa học cơ bản). 
Cho là ba số thực dương thỏa mãn , ,a b c 1abc = . Chứng minh rằng ta luôn có: 
2 2 2 3
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥+ + + . 
 ----------Hết--------- 
Họ và tên thí sinh:..; Số báo danh: 
 ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM 
 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010 
 MÔN:TOÁN 
Bài ý Nội dung Điểm
 Tìm m để phương trình có nghiệm. 1.(3,0đ) I(6,0 đ) 
4m = : 3(1) 4 3 0
4
x x⇔ − = ⇔ = , (Thỏa mãn) 1,0 
4 :m ≠ PT (1) có nghiệm , 0 0mΔ ≥ ⇔ ≥ ,( 4)m ≠ 
1,0 
Vậy với thì phương trình (1) có nghiệm. 0m ≥ 1,0 
2.(3,0 đ) Tìm a sao cho biểu thức M=( 1x a− )( 2x a− ) không phụ thuộc vào m. 
Với , : PT (1) có 2 nghiệm 0m ≥ 4m ≠ 1 2,x x . 
Suy ra: M=( 1x a− )( 2x a− )= 21 2 1 2( )x x a x x a− + + , (*) 
0,5 
0,5 
0,5 
1 2 1 2
2(2 ) 1, 
4 4
m mx x x x
m m
− −= + =− − Theo viet: 
0,5 
22(2 ) (1 )
4 4
m ma a
m m
− −− +− −
 Thay vào (*) ta có: M= 
0,5 
2 3 42
4
aa a
m
−− + + − = 
43 4 0
3
M m a a∉ ⇔ − = ⇔ = 0,5 
Giải phương trình II(6,0đ) 1.(3,0đ) 
Đk: 1
2
x ≥ 
Pt ⇔ ( )21 1 2 2 1x x− − = − . Đặt 2 1 1, ( 1x y y )− = − ≥ 
 2( 1) 2 1y x⇒ − = −
0
Ta có hệ phương trình: 
2
22
( )( )( 1) 2 1
( 1) 2 1( 1) 2 1
x y x yy x
y xx y
− + =⎧ − = − ⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ − = −− = −⎪ ⎩⎩
1,0 
2 2
0
2 2( )
( 1) 2 1 4 2 0
2 2 2 2
x y
x y x y
y loai
y x y y
y x
=⎧− = = ⎪⎧ ⎧ ⎡⇔ ⇔ = −⎨ ⎨ ⎨⎢− = − − + =⎩ ⎩ ⎪ = + ⇒ = +⎢⎣⎩
 • 1,0 
• 2( 1) 2 1 2 2
x y x
y x y
= − = −⎧ ⎧⇔⎨ − = − = −⎩ ⎩
y⎨ , hệ vô nghiệm. 
1,0 
2 2x = +KL: Phương trình có một nghiệm là . 
Tìm để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt m 2.(3,0đ) 
1m < − 0,5 : Hệ vô nghiệm 
 1m ≥ − 2( 1)R m= + : Các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn tâm O bán kính 
1,0 Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên 2 đường thẳng: 
 1 2: 2 và : 2x y x yΔ + = Δ + = −
0,5 Theo tính chất đối xứng nên , 1Δ 2Δ cùng là tiếp tuyến hoặc cùng không phải là tiếp 
tuyến. 
 1( , )d O R⇔ Δ <Vì vậy hệ có nhiều hơn 2 nghiệm 
1,0 0m⇔ > 
 KL: . 0m >
 Tìm m, n III(2,0đ) 
0,5 
0,5 
0,5 
0,5 
 .•D=R 
2
2
2 1
2 2
2
1
2
2
2
( 4 ) 0
( 1) 0
( 4 4 ) 0
( 1) 0
[ 4 ( ) + ] 0
8 1 6
[( ) ] 0
2 4
1 6 ( 4 ) 0
4 ( 1) 0
1 6
3
4 , 3
4 , 3
ax
 m , n 
m in
ax
m in
ax
m in
{
{
{
{
{
[
R
R
R
R
R
R
P
P
x m x n
x m x n
mx
mx
m n
m n
m
n
m n
m n
m
ycb t T im
m
m
− =
+ =
− + + − =
+ + + =
Δ− − =
Δ+ − =
Δ = + − =
Δ = − + =
=
=
= − =
= =
⇔ ⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
⇔
 Tìm tọa độ điểm A 1.(2,0đ) 
IV 
 0,5 
 Ta có: 2 2( ) ( 1) ( 1) 4 (1; 1), R=2T x y I⇔ − + + = ⇒ −
 1 ( , ).
2
S d A B= Δ C , BC=const 
0,5 Do đó S lớn nhất khi và chỉ khi ( , )d A Δ lớn nhất. 
 ,( )ΔLập phương trình đường thẳng , đi qua tâm I(1;-1): 2 0x y− − =
1 2(1 2; 2 1), (1 2; 1 2)A A+ − − − − cắt (T) tại ,( )Δ 0,5 
1 2
5 3( , ) , ( , )
2 2
d A d A A AΔ = Δ = ⇒ ≡ 1 
0,5 (1 2; 2 1)A + − Vậy 
2. (2,0đ) 
Chứng minh rằng nếu , , 1a b cl l l < thì 33S < . 
•Nếu tam giác ABC có ba góc nhọn. Giả sử góc B lớn nhất, khi đó . 060 90o B≤ <
 , 1 ,
3S=
2sin 3
a c a b
a b
Do l l h h
h h
1
B
< ⇒ <
⇒ < 
1,0 
 •Nếu một trong các góc của tam giác không nhọn, giả sử góc B. 
1,0 1, 1
1 1 1S= . . . . . .
2 2 2
aAB l BC lc
BA BC SinB BA BC
≤ < ≤ <
⇒ ≤ <Suy ra 3
3
< 
Chứng minh bất đẳng thức (2,0đ) Va( 2đ) 
 1 1 1, , , , 0 và abc=1a b c a b c
x y z
= = = ⇒ >Đặt: 
 2 2 2 3
2
a b c
b c a c a b
+ + ≥+ + + Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 0,5 
 2
2
2
4
4
4
a b c a
b c
b a c b
a c
c a b c
a b
++ ≥+
++ ≥+
++ ≥+
0,5 
 Áp dụng BDT Côsi ta có : 
2 2 2 1 ( )
2
a b c a b c
b c a c a b
+ + ≥ + ++ + +
 Cộng vế với vế ta có: 0,5 
0,5 33 3a b c abc+ + ≥ =Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: 
2 2 2 3
2
a b c
b c a c a b
⇒ + + ≥+ + + . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. 
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh, và dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1. 
 Vb(2,0) 2
2
2
4
4
4
a b c a
b c
b a c b
a c
c a b c
a b
++ ≥+
++ ≥+
++ ≥+
0,5 
 Áp dụng BDT Côsi ta có : 
 2 2 2 1 ( )
2
a b c a b c
b c a c a b
+ + ≥ + ++ + + 0,5 Cộng vế với vế ta có: 
33 3a b c abc+ + ≥ =Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: 0,5 
 2 2 2 3
2
a b c
b c a c a b
⇒ + + ≥+ + + . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. 0,5 
Chú ý: Các cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm. 
 ---------------------------Hết---------------------------