Đề thi chọn HSG lớp 10 năm học 2011-2012 ôn Toán - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Duonh Minh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

253
lượt xem 11
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn "Đề thi chọn HSG lớp 10 năm học 2011-2012 ôn Toán - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc". Đây là đề thi chính thức dành cho học sinh THPT không chuyên với 4 câu hỏi tự luận có kèm hướng dẫn chấm thi dành cho giáo viên và các bạn học sinh có thể tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG lớp 10 năm học 2011-2012 ôn Toán - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 20112012 —————— ĐỀ THI MÔN: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: x 2 + x + 1 + x 2 − x + 1 = 2 ( x ﾡ ) . Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có 2 2. hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x1 + x2 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) . 3 3 Câu 2 (1,5 điểm). x 2 + x 3 y − xy 2 + xy − y = 1 Giải hệ phương trình: ( x, y ﾡ ) . x 4 + y 2 − xy (2 x − 1) = 1 Câu 3 (1,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2 ( )( y+ ) 1 + y 2 = 2012 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng uuur uuur uuur uuur tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA + OB + OC = OH và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho ﾡ MAB ﾡ = MBC ﾡ = MCD ﾡ = MDA = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 cot ϕ = , 2 AC.BD.sin α trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại �7 5 � � 13 5 � các điểm M ( 1; −5) , N � ; �, P�− ; � (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác �2 2 � � 2 2 � ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ dương. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 20112012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Điể Câu Ý Nội dung trình bày m 1 1 2,0 điểm 2 2 � 1� 3 � 1� 3 Ta có x − x + 1 = �x − �+ , x 2 + x + 1 = �x + �+ nên phương trình xác định 2 � 2� 4 � 2� 4 với mọi x ﾡ . Phương trình đã cho tương đương với 0,5 x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2 (x 2 )( ) − x + 1 x2 + x + 1 = 4 � 2x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 � x4 + x2 + 1 = 1 − x2 0,5 1 − x2 0 −1 x 1 � �4 � �4 0,5 ( ) 2 x + x2 + 1 = 1 − x2 x + x2 + 1 = 1 − 2 x2 + x4 −1 x 1 � � x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. 0,5 x=0 2 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 4 m 2 �� ∆' 0 � �� ( m m2 − 4 0 � � �−2 m 0 � )−2 m 0 0,5 x1 + x2 4 �2 ( m − 1) 4 � 2 m 3 m 3 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1) suy ra 2 0,5 P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m 3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m 3 3 2 Bảng biến thiên m -2 0 2 3 0 16 0,5 P -144 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 0,5 2 1,5 điểm
�x + x y − xy + xy − y = 1 2 3 2 ( x 2 − y ) + xy ( x 2 − y ) + xy = 1 � Ta có � 4 � 2 0,25 ( x − y ) + xy = 1 2 �x + y − xy (2 x − 1) = 1 2 � a = x2 − y a + ab + b = 1 Đặt . Hệ trở thành: 2 (*) 0,25 b = xy a +b =1 � �a 3 + a 2 − 2a = 0 � �a (a 2 + a − 2) = 0 Hệ (*) � � �� b = 1 − a2 � b = 1 − a2 � 0,25 Từ đó tìm ra (a; b) �{ (0; 1); (1; 0); ( −2; − 3)} x2 − y = 0 * Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ � x = y = 1. 0,25 xy = 1 x2 − y = 1 * Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ � ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) . 0,25 xy = 0 * Với (a; b) = ( −2; −3) ta có hệ � 3 � 3 x 2 − y = −2 �y = − �y = − 0,25 � �� x �� x � x = −1; y = 3 . xy = −3 �x + 2 x + 3 = 0 � � 3 �( x + 1)( x − x + 3) = 0 2 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) �{ (1; 1);(0; − 1);(1; 0);( −1; 0);( −1; 3)} . 3 1,5 điểm t 2 −1 Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x = (1) 0,25 2t 2012 20122 − t 2 Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 = . Từ đây cũng suy ra y = (2) 0,25 t 2.2012.t t 2 − 1 20122 − t 2 2011 � 2012 � Từ (1) và (2) suy ra x + y = + = �t+ � 0,25 2t 2.2012.t 2.2012 � t � 2011 2012 2011 2011 Do đó x + y .2 t. = .2 2012 = . 0,5 2.2012 t 2.2012 2012 2011 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y = 2 2012 0,25 2011 2011 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng , khi x = y = . 2012 2 2012 4 1 1,0 điểm
A P N H O B K C 0,5 M D Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK là đường trung bình uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur nên 2OK = AH � OB + OC = OH − OA � OA + OB + OC = OH uuur uuur uuur uuuur Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được: uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH uuur uuur ) 0,5 � 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng. 2 1,0 điểm 1 Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD = AC.BD.sin α ; 2 0,5 AB + MA − MB 2 2 2 cot ϕ = 4S MAB Tương tự ta được: AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2 cot ϕ = = = 4 S MAB 4S MBC 4 SMCD DA2 + MD 2 − MA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 0,5 = = 4S MDA 4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA ) AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = = 4S ABCD 2 AC.BD.sin α 3 1,0 điểm A 0,25 N P K I B C M Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: x 2 + y 2 + 3 x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn �3 � ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là K � − ; 0 �. �2 �
uuur uuur 5 Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình 2 AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 � 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ 0,25 �2 x − y + 3 = 0 �y = 2 x + 3 x = 1, y = 5 phương trình � 2 � �2 � �x + y + 3 x − 29 = 0 2 �x + 3 x − 4 = 0 x = −4, y = −5 uuur uuur 5 Suy ra A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là nAC = KN = ( 2;1) 2 Suy ra pt AC : 2 ( x − 1) + y − 5 = 0 � 2 x + y − 7 = 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 0,5 �2 x + y − 7 = 0 �y = −2 x + 7 x = 1, y = 5 �2 � �2 � . Từ đây suy ra C ( 4; −1) . �x + y + 3 x − 29 = 0 2 �x − 5 x + 4 = 0 x = 4, y = −1 Vậy A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) , C ( 4; −1) .