Đề thi học sinh giỏi môn Toán 10 năm 2011 -2012 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:10

Thêm vào BST

Báo xấu

202
lượt xem 28
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời tham khảo đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2011 - 2012 của Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh phúc kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 10 ôn tập, củng cố kiến thức và chuẩn bị tốt cho kì thi được tốt hơn. Chúc các bạn thi tốt

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán 10 năm 2011 -2012 - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc - Kèm Đ.án

SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN —————— Dành cho học sinh THPT không chuyên ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: x2  x  1  x2  x  1  2 x  . 2 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0 có 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  x13  x2  x1 x2  3x1  3x2  8  . 3 Câu 2 (1,5 điểm).  x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1 Giải hệ phương trình:  4 2  ( x, y  ) .  x  y  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 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 MAB  MBC  MCD  MDA   . Chứng minh đẳng thức sau: AB 2  BC 2  CD 2  DA2 cot   , 2 AC .BD.sin  trong đó  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 7 5 13 5 tiếp tam giác ABC tại các điểm M 1; 5 , N  ;  , P   ;  (M, N, P không trùng     2 2  2 2 với các đỉnh của tam giác 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 KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG PHÚC CHUYÊN ——————— NĂM HỌC 2011-2012 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: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 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 2      2 4  2 4 định với mọi x  . Phương trình đã cho tương đương với 0,5 x2  x  1  x2  x  1  2 x 2    x  1 x2  x  1  4  2x 2  2  2 x4  x2  1  4  x4  x2  1  1  x2 0,5 1  x 2  0   1  x  1  4 2   4 0,5 2 x  x 1  1 x   2  2 2 x  x 1  1  2x  x 4  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  m  3 2  m  3  2 Theo định lí Viet ta có x1  x2  2  m  1 , x1 x2  m3   m  1 suy ra 3 3 2 0,5 P   x1  x2   8 x1 x2  8  m  1  8m3  8  m  1  16 m 2  40 m Bảng biến thiên 0,5
m -2 0 2 3 0 16 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  2 2  x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1 ( x  y )  xy ( x  y )  xy  1  Ta có  4  2 2 0,25  x  y   xy  1 2  x  y  xy (2 x  1)  1   a  x 2  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 (*)   2  2 b  1  a  b  1  a  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     x  x  x  1; y  3 . 0,25  xy  3  x3  2 x  3  0 ( x  1)( x 2  x  3)  0   Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) . 3 1,5 điểm t2 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  t 2.2012.t 0,25 (2) t 2  1 2012 2  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
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  2012 . Từ (1) và (2) suy ra 2011 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      trung    đường      bình nên 2OK  AH  OB  OC  OH  OA  OA  OB  OC  OH      Ta có OB  OC  2OK  OM và các đẳng thức tương tự ta được:                OM  ON  OP  2 OA  OB  OC  2OH  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  ; 2 AB 2  MA2  MB 2 0,5 cot   4 S MAB Tương tự ta được: AB 2  MA2  MB 2 BC 2  MB 2  MC 2 CD 2  MC 2  MD 2 cot     4 S MAB 4 S MBC 4 S MCD DA2  MD 2  MA2 AB 2  BC 2  CD 2  DA2 0,5   4 S 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  3 1,0 điểm
A N P K I B C 0,25 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 3 của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là K   ; 0  .    2      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 0,25 2 x  y  3  0  y  2x  3  x  1, y  5 hệ phương trình  2 2  2   x  y  3 x  29  0  x  3x  4  0  x  4, y  5 Suy ra A 1;5  , B  4; 5  . Do AC  KN nên AC có vtpt là   5 n AC  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  x  y 2  3 x  29  0  x  5 x  4  0  x  4, y  1 C  4; 1 . Vậy A 1;5  , B  4; 5  , C  4; 1 .
SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 PHÚC ĐỀ THI MÔN: TOÁN —————— Dành cho học sinh THPT chuyên Vĩnh Phúc ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (3,0 điểm) (2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1  2 (2 x  3)(2 y  3) 1. Giải hệ phương trình:    y  x  4 xy  2. Tìm tất cả hàm số f :  thoả mãn: 1 f ( x) f ( x  y )  f ( x)  y x, y  và f    2 x  0 .   x x Câu 2 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho  7 p  4 p  7 q  4 q  chia hết cho pq . Câu 3 (2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng đường  đi qua A cắt đoạn thẳng BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng với B, C). Gọi I1 , I 2 và I3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường tròn ( I1 ) song song với CD (gần CD hơn) cắt  tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác I1I 2 I3 .  Câu 4 (2,0 điểm). Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  2b  3c  20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 9 4 L  abc    a 2b c Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập số nguyên dương thoả mãn các tính chất: X chứa ít nhất hai phần tử và với mọi m, n  X , m  n thì tồn tại k  X sao cho n  mk 2 . —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH KỲ THI CHỌN HSG LỚP 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC PHÚC NĂM HỌC 2011-2012 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: Câ Điể Ý Nội dung trình bày u m 1 1 2,0 điểm (2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1  2 (2 x  3)(2 y  3)  (1)   y  x  4 xy  (2) 1 1 Điều kiện xác định: x  ; y  0,5 4 4 x y (2)  x  y (4 x  1)   4 x  1   4 y  1 thay vào (1) ta được y x x y (2 x  3)  (2 y  3)  2 (2 x  3)(2 y  3) y x 0,5 x y Do (2 x  3)  (2 y  3)  2 (2 x  3)(2 x  3) 0,5 y x Suy ra (1)  x(2 x  3)  y (2 y  3)  ( x  y )(2 x  2 y  3)  0  x  y thay vào (2)  x  0 (lo¹i) ta được 2 x  x  0   1 2 x   y  1 0,5  2 2 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  .   2 2
2 1,0 điểm Ta có: f  x  y   f  x   y  f ( y )  f (0)  y y  .  f ( x)  a  x với a  f (0) . 0,25 1 1 1 f    f (0)   a  x  0. x x x 0,25 1 f ( x) f (0)  x a  x Mặt khác f    2     2 x  0 . x x x2 x 1 a x a  2 x  0  ax 2  a x  0  a  0. 0,25 x x Vậy f ( x)  x x  . 0,25 2 2,0 điểm p , q đều khác 2 , 7 . Không mất tính tổng quát ta giả sử q  p . Khi đó từ giả 0,5 thiết ta được 7 p  4 p  p hoặc 7 q  4q  p TH1. 7 p  4 p  p , theo định lí Fermat ta có: 0,5 7 p  4 p  3  mod p   3  0  mod p   p  3. TH2. 7 q  4q  p , ta có  p  1, q   1  tồn tại 2 số nguyên dương u , v sao cho 1  p 1 u 1  p 1u qv   p  1 u  1  7 q  4q  mod p   7qv  4qv  mod p   7 4  mod p  0,5  7  4  mod p   3  0  mod p   p  3. Với p  3 , từ giả thiết ban đầu ta được: 7 3  43  7q  4q  3q  9.31.  7 q  4 q  3q  q  3, q  31. 0,5 Vậy  p , q    3, 3 ,  31, 3 ,  3, 31. 3 2,0 điểm
A B I1 H K I3 E D I2 L C F Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn  I1  cắt BC tại K và đường thẳng qua H song song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra 0,5 CKHL là một hình bình hành. Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên AD  HL  AD  CK  AD  BC  BK  AB  CD  BK  AB  BK  CD  AH  HK  CD 0,5  AH  LC  CD  AH  DL Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với ( I3 )       Vì FD  KH ; FH  HA nên các đường phân giác HI1 của góc AHK và FI3 của góc HFD vuông góc với nhau; hay I1H  I 2 I 3 (Do F , I 2 , I3 thẳng 0,5 hàng) (1) Chứng minh tương tự, cũng được HI 3  EI 2 hay I3 H  I1 I 2 (2) 0,5 Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 4 2,0 điểm Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 4 4 3 4 a  2 a·  4   a    3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2 a a 4 a 9 9 1 9 0,5 b   2 b·  6   b    3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  3 b b 2 b 16 16 1  16  c  2 c·  8   c    2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c  4 c c 4 c  3a b c 3 9 4 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được      8 4 2 4 a 2b c (1) a b 3c 0,5 Mặt khác, do a  2b  3c  20 nên    5 (chia hai vế cho 4) 4 2 4 (2) 3 9 4 Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được L  a  b  c     13. 0,5 a 2b c
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  2, b  3, c  4. Vậy giá trị nhỏ nhất 0,5 của biểu thức L bằng 13, đạt được khi a  2, b  3, c  4. 5 1,0 điểm Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và m  n là hai phần tử bé nhất của X. Khi đó, do cách xác định X nên tồn tại k  X sao cho n  mk 2 . Suy ra 0,25 m  k  n và do đó k  m hoặc k  n . Với k  n  n  m.n 2  m.n  1 vô lí. Với k  m  m  n  m3  m  1 +) Nếu | X | 2 thì tập hợp X  m, m3 m  1 . 0,25 +) Nếu | X | 3 , gọi q là phần tử bé thứ ba của X (tức là m  n  q ). Khi đó tồn tại   X sao cho q  m2 . Do q   nên hoặc   m hoặc   n . 0,25 Nếu   m thì q  m3  n , vô lý. Vậy   n  m3 và q  m 2  m7 . Nhưng tồn tại t  X sao cho q  nt 2 , do đó t  m2 . Mà m  m2  m3  m 2  X ,  vô lý. 0,25 Vậy | X | 2 và X  m, m m  1 . 3