Đề thi chọn học sinh giỏi tình lớp 10 năm học 2006 - 2007 môn Toán

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:

( ) ( )( )

( )

2

3 2 2

7 a) 8x 7 4x 3 x 1 2

b) x x x 2 x x 1 1

+ + + =

= + − − + +

Bài 2: Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm

2

2 x 4 | y | m

y 4 | x | m

 + + = 

+ + = 

Bài 3: Cho a, b, c ∈ R. Chứng minh: ( ) ( ) 2 2 2 2 a b c 1 3 a b c 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 AB BC CA 3 = = = . Biết bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam giác

AKM, BLK, CML bằng nhau. Chứng minh ∆ABC đều.

Bài 5: Cho x, y, z ∈ R thoả mãn điều kiện 2 2 2 x y z 0

x y z 6

+ + =   + + =  .

Tìm GTLN, GTNN của P = x3 + y3 + z3

ThuVienDeThi.com

ĐÁP ÁN

( )( ) ( ) ( )

4 2

2 2 2

y 1 y 1 7 . . 2 8 2 2 2 7 y y 56 0 y 2 2 x 8 b)

1 x 1 x 2 x x 1 0 x 1 x x 1 x 2 x x 1 0

Ta x 1 0 x 1

2

3

Bài 1:

a) Đặt 8x+7=y, phương trình đã cho trở thành y

Phương trình đã cho tương đương với

x

cã: +)

− + =

± ⇔ − − = ⇔ = ± ⇒ =

  −− − − − + = ⇔ − + + − + + + =   −= ⇔ =

( )

( )

2 x 1 x 2 x x 1 0 x 1 y

x 2 y 2x 0 y 2,x y

y x

1 13 x 2 1 13 V x 2

2 2

2 +) x Đặt x đk:y>0

Phương trình trở thành: y

*)Víi ta cã: x=1

*) Víi y =2 ta cã:

ậy nghiệm của phương trình là: , x =

+ + − + + + = + + =

+ + + = ⇔ = =

=

± =

± = 1

( )

( )

( )

( ) ( )

( )( )

2

2 2 2

B . | y | u 0,| x | v 0. H

4 u m 1

u 4 v m 2

V 2

L 2 ta c 4 u 4 v u

v u v u 4 u 4 v u. Khi | x | | y |

Ta c

2

2

2

2

2

ài 2: 3điểm Đặt Ö đã cho trở thành:

v

ới m < 2 hệ vô nghiệm, ta chỉ xét m

Êy 1 ã: v

v đó ta có

|x| = |y| ã: x

= ≥ = ≥

 + + =  + + =  ≥

− + − + = −

⇔ − = − + + + ⇔ = =

+

( )

( )

( )

2 2

4 | x | m 4 m | x | 4

m 4 m 4 x T 2m x m 2 x m 2

4 Khi m 2 m 2. V 2m

2

2

|x| = |y| 3

x

2m x õ 4 ta cã:

m đó: 0 ậy m 2 thì hệ có nghiệm

   ⇔   + = + = −      −  = − =   ⇔   ≤ −    ≤ −  − ≤ ≤ − ⇔ ≥ ≥

ThuVienDeThi.com

( )

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2

2 2

B .B

b c 1 c a b a b c 0

a b 1 a b c c 1 0

B

ài 3: 3 điểm ĐT đã cho tương đương với

a

ĐT 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

Mặt khác ta có: SAKM = SBLK = SMCL = ABC 2S 9 ⇒ SKLM = ABC 1S 3

Nên tỉ số đồng dạng của ∆ABC và ∆LMK là 1

3

Áp dụng định lí cosin cho ∆ABC là có a2 = b2 + c2 − 2bccosA

ThuVienDeThi.com