TRƯỜNG THPT MỸ ĐỨC A HÀ NỘI HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 MÔN TOÁN NĂM 2011 Ngày thi: 27 – 3 - 2011 Đáp án gồm: 03 trang (Thang điểm: 20) Câu Nội dung Thang điểm Câu I 5 điểm Giải hệ phương trình: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 4 1 2 2 7 2 x y xy y y x y x y  + + + =   + − − =   Từ (1) nếu y = 0 thì được x 2 + 1 = 0 phương trình vô nghiệm nên y ≠ 0. Chia cả 2 vế của 2 phương trình cho y ta được: ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 4 1 1 2 7 2 x x y y x x y y  + + + =    +  + − =   1.0 Đặt u = 2 1x y + , v = x + y ta có hệ 2 4 2 7 u v v u + =   − =  (I) 1.0 Giải hệ (I) được: 1 9 v 3 5 u u v v = =     = = −   1.0 Với 2 2 1 1, 2 1 2 0 3 2, 5 3 3 u x y x y x x v x y x y y x = = =   + = + − =   → ↔ ↔     = = − = + = = −     1.0 Với 2 2 9 1 9 9 46 0 5 5 5 u x y x x v x y y x =   + = + + =  → ↔    = − + = − = − −    hệ vô nghiệm. Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm: (1; 2), (-2; 5) 1.0 Câu II 4 điểm Giải phương trình: 4 1 5 2x x x x x x + − = + − (1) Điều kiện: 0 1 0 5 2 0 x x x x x   ≠   − ≥    − ≥   0.5 Đặt a = 1 x x − , b = 5 2x x − với a ≥ 0, b ≥ 0 ta có phương trình: (1) ⇔ a – b = b 2 – a 2 .(2) 1.0 (2) ( ) ( ) ( ) 1 0 a 0, b 0 nê a+b+1>0a b a b a b do n↔ − + + = ↔ = ≥ ≥ 1.0 2 1 5 4 2 0 4 0 2a b x x x x x x x x = ↔ − = − ↔ − = ↔ − = ↔ = ± 1.0 Thay x = 2± vào hệ điều kiện thì x = 2 thỏa mãn. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 2. 0.5 1 Câu Nội dung Thang điểm Câu III 6 điểm 1. 3điểm Chứng minh rằng:AH.AA’+ BH.BB’ + CH.CC’ = 2 2 2 2 a b c+ + H c a b B A C A' B' C' B' A' B1 A B C A1 C' C1 Do tam giác nhọn nên H ở trong tam giác ABC. Ta có ' ' AA' ( ) .AA' '. AA' AH AC AC H B gg AH AC AB AB ∆ ∆ → = ↔ =: 2 2 2 cos . 2 b c a b A c + − = = 1.0 Tương tự 2 2 2 . ' 2 a c b BH BB + − = ; 2 2 2 . ' 2 a b c CH CC + − = 1.0 Cộng 3 biểu thức trên được: AH.AA’+ BH.BB’ + CH.CC’ = 2 2 2 2 a b c+ + 1.0 2. 3 điểm Chứng minh: 1 1 1 AA' ' ' 9 AA 4 BB CC BB CC + + ≤ . Ta có: AA’.A’A 1 = BA’.A’C = 2 4 a ( 1 ' A' ( )AA B C A gg∆ ∆: ) ⇒ AA’.AA 1 = AA’(AA’ + A’A 1 ) = 2 2 2 2 4 2 a a b c m + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 AA' AA' 1 2 2 1 . 1 . AA AA'.AA 2 2 b c a a b c b c + − → = = = − + + 1.0 Tương tự: 2 2 2 1 ' 1 1 . 2 BB b BB a c → = − + ; 2 2 2 1 ' 1 1 . 2 CC c CC a b → = − + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 AA' ' ' 1 3 AA 2 BB CC a b c BB CC b c a c a b   → + + = − + +  ÷ + + +   1.0 Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 * 2 a b c b c a c a b + + ≥ + + + 1.0 2 Thật vậy: (*) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 9 2 a b c b c a c a b   ↔ + + + + ≥  ÷ + + +   ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 ) ( 9a b a c b c b c a c a b     ↔ + + + + + + + ≥  ÷   + + +   đúng Vậy 1 1 1 AA' ' ' 3 9 3 AA 4 4 BB CC BB CC + + ≤ − = Đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều. Câu IV: 3 điểm Chứng minh rằng: ( ) ( ) ( ) 4 4 4 4 4 4 3 3 3 3 3 3 1 a b b c c a ab a b bc b c ca c a + + + + + ≥ + + + (*) Từ giả thiết ta có: 1 1 1 1 a b c + + = Ta có: 4 4 3 3 a b a b ab+ ≥ + (chứng minh bằng biến đổi tương đương) ( ) ( ) ( ) 4 4 4 3 3 4 3 3 2 a b a a b ab b a b a b→ + ≥ + + + = + + 4 4 3 3 2 a b a b a b + + ↔ ≥ + 1.0 Ta có: ( ) 4 4 3 3 1 1 1 2 2 a b a b ab a b ab a b + +   ≥ = +  ÷ +   Tương tự: ( ) 4 4 3 3 1 1 1 2 2 b c b c bc b c bc b c + +   ≥ = +  ÷ +   ( ) 4 4 3 3 1 1 1 2 2 c a c a ca c a ca c a + +   ≥ = +  ÷ +   1.0 Cộng từng vế 3 bất đẳng thức trên ta có VT(*) 1 1 1 1 a b c ≥ + + = Đẳng thức xảy ra khi a = b = c = 3. 1.0 Câu V 2 điểm Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( ) ( ) ( ) 2a b a b P a a b c − − = − + Gọi x 1 , x 2 là 2 nghiệm của PT đã cho. Theo Vi-et: 1 2 1 2 b x x a c x x a  + = −     =   Ta có ( ) ( ) 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 1 1 b b x x x x x x x x a a P b c x x x x x x x x a a    − −  ÷ ÷ + + + + + + +    = = = + + + + + + +   − +  ÷   1.0 Không mất tính tổng quát giả sử x 1 ≤ x 2 do 2 nghiệm thuộc [0; 1] nên 2 2 1 1 2 2 1x x x x≤ ≤ ≤ và 1 2 1 2 1 x x x x+ + + > 0 nên 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x + + + + + + ≤ = + + + + + + Vậy P ≤ 3 1.0 3 Giá trị lớn nhất của P bằng 3 đạt được khi a = c = 0 2 b − ≠ (khi đó PT có nghiệm kép x = 1 ) Các cách giải khác đáp án mà đúng vẫn được điểm tối đa theo đáp án quy định. 4 . 2 4 a ( 1 ' A& apos; ( )AA B C A gg∆ ∆: ) ⇒ AA’.AA 1 = AA’(AA’ + A A 1 ) = 2 2 2 2 4 2 a a b c m + + = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 AA' AA' 1 2 2 1 . 1 . AA AA'.AA 2 2 b c a a b c b c + − → = =. được: AH.AA’+ BH.BB’ + CH.CC’ = 2 2 2 2 a b c+ + 1.0 2. 3 điểm Chứng minh: 1 1 1 AA' ' ' 9 AA 4 BB CC BB CC + + ≤ . Ta có: AA’ .A A 1 = BA’ .A C = 2 4 a ( 1 ' A& apos; ( )AA. ' ' AA' ( ) .AA' '. AA' AH AC AC H B gg AH AC AB AB ∆ ∆ → = ↔ =: 2 2 2 cos . 2 b c a b A c + − = = 1.0 Tương tự 2 2 2 . ' 2 a c b BH BB + − = ; 2 2 2 . ' 2 a b