Đề thi học sinh giỏi Toán 10 - Kèm Đ.án

Chia sẻ: Hà Văn Văn | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:52

Thêm vào BST

Báo xấu

538
lượt xem 96
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Để giúp các bạn có thêm phần tự tin cho kì thi sắp tới và đạt kết quả cao. Dưới đây là đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 10 kèm đáp án mời các bạn tham khảo. Chúc các bạn thi tốt và đạt kết quả cao.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi Toán 10 - Kèm Đ.án

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. a) Giải bất phương trình x 2  6 x  2  2(2  x) 2 x  1.  x5  xy 4  y10  y 6  b) Giải hệ phương trình:  2  4x  5  y  8  6  Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2  m  y ( x  my)   2  x  y  xy  Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại A, B và cắt d2 tại C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD. Câu4. 1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân CM 3 giác trong AL và  52 5 . AL 2 b Tính và cos A . c 9 2. Cho a,b  thỏa mãn: (2  a )(1  b)  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  16  a 4  4 1  b 4 Câu 5. Cho f  x   x 2  ax  b với a,b  thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1  m, n, p  9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). _____________ Hết _____________ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………Số báo danh: ……………… 1
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Câu1 Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có 2 1.0 x  6 x  2  2(2  x)t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0 2  ( x  t ) 2  (2t  1) 2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0 0.5 3 điểm 1  x  1  t (do x  3t  1  0; x  ; t  0 ). 0.5 2 x  1 Với x  1  t ta có x  1  2 x  1   2  x  2  2.  x  2x  1  2x 1 1.0 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2;  ).  x5  xy 4  y10  y 6 (1)  5  Điều kiện: x   0.5 2  4 x  5  y  8  6 (2)  4 Th1: y  0  x  0 không thỏa mãn 0.5 Th2: y  0 ta có: 5 x x (1)      y 5  y  (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y  y y 0,5 3 điểm  (t  y) (t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2   0    t=y hay y 2  x Thay vào (2): 4 x  5  x  8  6  2 4 x 2  37 x  40  23  5 x  23 x  1  5  x  1  y  1  x 2  42 x  41  0  Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);( 1;1) 0.5  my 2  y  m  0 (1)  Câu2 Hệ đã cho tương đương với:  2 0,5  x  yx  y  0 (2)  y  0 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là  x  y 2  4 y  0   0,5  y  4 Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn. 0,5 2
3 điểm Th2: m  0. Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4; 0), điều kiện là   1  4m 2  0  1 1   m  (;  2 )  ( 2 ; )   1  4m 2  0  2       1  4m  0   1  m  0    1  4 m2  0      4  y  0   1  1  4m 2   2 (B) 0.5   4  0  2  1  2m   1  4m  1  8m ( A)   4  y 2  0     2 1  1  4m 2   1  4 m  1  8 m  4  0   2m  (với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).  1 1  2  m   8 1 4 4 1 (A)    m  (B)  m  (;  )  ( ;  ) 0,5  1  4 m 2  1  8 m 2 17 17 2  Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là 0,5 4 1 4 1  m  ; m  0. Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m . 17 2 17 2 Gọi hình chiếu của I trên d1 , d2 lần lượt là E , F . khi đó 2 6 0,5 IE  d ( I ;d1 )  ; IF  d( I ;d 2 )  . 5 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R  ) 5 1 4 36 Câu3 AB  2 AE  2 R  ; CD  2CF  2 R 2  2 5 5 3 điểm  4  36  4 36 Theo giả thiết ta có: 4  R 2    4  R 2    16  20 R 2  R2  . 0,5  5  5  5 5  8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5 R 2  36)  2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36) 6 6 0.5  (2 R 2  4)2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R  )  R  2 2 ( do R  ) 5 5 Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  8. 0.5   b   c  Ta có: AL  AB  AC 0.5 bc bc         CA  CB AB  2 AC  CM   0.25 2 2     4.a Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0 0.25 3 điểm          b AB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0 0.5   c  2b 1  cos A   0  c  2b (do cos A  1) b 2  a 2 c 2 a 2  b2 Khi đó: CM 2    0.25 2 4 2 3
1   2 1     2 AL2  9   9  9  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2  0.5 2 2 2 CM 3 CM 9 a b 9 AL 2  52 5  AL 2  . 2 4 9b  a 2  52 5 4   2 2 0.5 a b a2  2 52 5  2  6 5 9b  a 2 b 2 2 2 2 2 b c a 5b  a 5 1 cos A   2  0.25 2bc 4b 4 a b C/M được : a 2  b 2  c 2  d 2  (a  c)2  (b  d ) 2 . ấu bằng xẩy ra khi:  0.5 c d 2 2 p  a2   a2  (a 2  4b 2 ) 2 Áp dụng (1) ta có :  1     1  b4  4    b2   4  0.5 4  4   4  16 9 5 Mặt khác: (1  2a )(1  b)   a  2b  ab  (2) 0.25 2 2 4.b  a 2  1  2a 3 điểm  3(a 2  4b 2 ) Mà:  4b 2  1  4b   2  2a  4b  2ab  a 2  4b 2  2 (3) 0.75  a 2  4b 2 2   2ab  2 1 Từ (1) và (3) suy ra: p  2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b  2 0.5 1 Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và b  . 2 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm 0,5 phân biệt Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p ta có: m,n là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 nên : 0,5  n  p  2 m  n  a   n  m  9(l ) 2 điểm   p  m  7 (n  p )(n  p  a )  14  (n  p )( p  m)  14   (m  p )( m  p  a )  14 n  p  2    n  m  9(l )   p  m  7  Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có: 0,5  m  p  7 m  p  7 ( p  n )(m  p )  14   hoặc  p n  2  p  n  2 Do m,n,p  1;9  nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17), (13; 29), (7; 1), (9; 7) . 0.5 Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 4
Sở GD- ĐT Bắc Giang ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Trường THPT Lục Ngạn số 4 Môn thi: Toán 10 Năm học: 2009- 2010 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (1 điểm) a) Cho các tập hợp: A 3; 7 ; B 2; 9 ; C ;3 ; D 4; Xác định các tập hợp sau: ; b) Tìm tập xác định của hàm số: Câu 2 (2,5 điểm) Tìm phương trình của Parabol (P): , biết (P) đi qua điểm A(2; 3) và có đỉnh là I(1;1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số đó? b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị (P) với đường thẳng y = - 2x + 3 ? Câu 3 (2 điểm) a) Giải phương trình: 1 x 3x 2 b) Giải hệ phương trình: 3 5 4 x 1 y 1 4 1 19 x 1 y 1 5 Câu 4 (2 điểm) a) Cho các điểm: A, B, C, D, E, F. Chứng minh rằng: AD BE CF AE BF CD b) Cho ABC với A 2;5 ; B 1;1 ; C 3;3 . Tìm toạ độ điểm M sao cho: AM 3 AB 2 AC . Câu 5 (1,5 điểm) Cho phương trình: x 2 2 m 1 x m 2 4 0 . Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt? Câu 6 (1 điểm) 7 Giải phương trình: 3x 2 x 1 2 x 3x 2 x . 2 ------------------------------- Hết ------------------------- (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!)
HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ NĂM HỌC 2011- 2012 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 1 trang Câu 1 ( 4 điểm): Giải hệ phương trình sau:  x3  y 3  3 y 2  9   2 2 x  y  x  4y  Câu 2 (4 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . Chứng minh bất đẳng thức: x2 y2 z2    1. x3  8 y3  8 z3  8 Câu 3 (4 điểm): Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE; C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy. Câu 4 (4 điểm): Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3  m  12n 3  n . Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên. Câu 5 (4 điểm): Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  R* và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. ………………………. HẾT …………………….
HƯỚNG DẪN CHẤM Môn: Toán 10 Câu Nội dung Điểm 1  x  y 3  3 y 2  9 1  3 4 điểm Giải hệ phương trình:  2 2  x  y  x  4 y  2  Hệ phương trình tương đương: 1,0  x3  y 3  3 y 2  9   2  x3  y 3  3 y 2  3( x 2  y 2 )  9  3( x  4 y ) 3  x  y   3  x  4 y  2   x 3  3x 2  3x  1  y 3  6 y 2  12 y  8 0,5  ( x  1)3  ( y  2)3  x  1  y  2  x  y  3 0,5 Thế vào phương trình (2) ta thu được: 2 y 2  9 y  6  0 0,5  9  33 0,5 y  4   9  33 y   4 9  33 9  33 3  33 0,5 Với y   x 3  4 4 4 9  33 9  33 3  33 0,5 Với y   x 3  4 4 4 Vậy phương trình có hai nghiệm:  3  33 9  33   3  33 9  33   x; y    ; ;  x; y    ;   4 4   4 4  2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xy  yz  zx  3 . 4 điểm x2 y2 z2 Chứng minh bất đẳng thức:    1. 3 3 3 x 8 y 8 z 8 Theo bất đẳng thức Cauchy cho các số thực dương ta có: 3 2 ( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6 x  8  ( x  2)( x  2 x  4)   2 2 1,0 x2 2x2   2 x3  8 x  x  6
y2 2 y2 z2 2z2 Tương tự, ta cũng có  2 ;  2 . 0,5 y3  8 y  y  6 z3  8 z  z  6 Từ đó suy ra: x2 y2 z2 2 x2 2 y2 2z2 0,5    2  2  2 . (1) x3  8 y3  8 z3  8 x  x  6 y  y  6 z  z  6 Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz : 2x2 2 y2 2z2 2( x  y  z )2 1,0    (2) x 2  x  6 y 2  y  6 z 2  z  6 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 Ta chứng minh: 2( x  y  z ) 2  1  3 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 Thật vậy: Ta có: 0,5 x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18 2   x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18 2   x  y  z    x  y  z   12  0 Nên  3  2( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18  x2  y 2  z 2  x  y  z  6 Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có: x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx 0,5 x  y  z  3( xy  yz  zx) Mà xy  yz  zx  3 nên bất đẳng thức (3) đúng. Từ (1), (2) và (3), ta có đpcm. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 . 3 Trên các cạnh BC, CA, AB và về phía ngoài tam giác ABC ta dựng các 4 điểm hình vuông BCMN, ACPQ, ABEF. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Kí hiệu A1 là giao điểm của AG và FQ; B1 là giao điểm của BG và NE; C1 là giao điểm của CG và MP. Ta xác định các điểm A2, B2, C2 sao cho AGC2F, BGA2N, CGB2P là các hình bình hành. Chứng minh rằng các đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1, C1A1, A1B1 đồng quy.
Q A1 F B2 A P C2 E G B I C C1 B1 A2 N M Gọi I là trung điểm của BC. Ta có:   1     1                   0,5   FQ.AI= FA+AQ AB+AC = FA.AB+FA.AC+AQ.AB+AQ.AC 2 2    1        1 = 2    0-AF.AC+AQ.AB+0 = -AF.AC.cosFAC+AQ.AB.cosQAB = 0 2  1,0  Do AF = AC, AQ = AB, FAC=QAB=900 +A   FQ  AI hay FQ  A1G 1 . Ta có CGB2P là hình bình hành nên GB2 song song và bằng CP nên GB2 song song và bằng AQ, suy ra AQB2G là hình bình hành, vậy có QB2 song song và bằng AG. Suy ra QB2 song song và bằng FC2, nên FQB2C2 1,0 là hình bình hành, hay FQ song song với B2C2 (2). Từ (1) và (2) suy ra A1G  B2C 2 . Tương tự cũng có B1G  A 2C 2 , C1G  A 2 B2 . 0,5 Vậy các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 tương ứng vuông góc với B2C 2 ,C 2 A 2 ,A 2 B2 đồng quy tại G nên theo hệ quả của định lí Cácnô ta có 1,0 các đường thẳng đi qua A2, B2, C2 tương ứng vuông góc với B1C1 ,C1A1 ,A1B1 cũng đồng quy. 4 Giả sử m, n là các số tự nhiên thỏa mãn: 4m3  m  12n 3  n . 4 điểm Chứng minh rằng m  n là lập phương của một số nguyên. Ta có: 4m3  m  12n 3  n  4  m3  n 3    m  n   8n 3 1,0   m  n   4m 2  4mn  4n 2  1  8n 3 1 Giả sử p là một ước nguyên tố chung của m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1 0,5 Do 4m 2  4mn  4n 2  1 là số lẻ nên p là số lẻ.
Từ (1) suy ra 8n 3  p mà p là số nguyên tố lẻ  n  p  m p 0,5 Mặt khác p là ước của 4m 2  4mn  4n 2  1  p  1 (vô lí) 0,5 do đó m  n và 4m 2  4mn  4n 2  1 không có ước nguyên tố chung, suy ra  m  n,4m 2  4mn  4n 2  1  1 . 0,5 3 Do 8n 3   2n  , suy ra m – n là lập phương của một số nguyên. 1,0 5 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy, xét tập hợp M các điểm có toạ độ (x; y) với x, y  * và x  12; y  12. Mỗi điểm trong M được tô bởi một trong ba màu: 4 điểm màu đỏ, màu trắng hoặc màu xanh. Chứng minh rằng tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ mà tất cả các đỉnh của nó thuộc M và được tô cùng màu. Tập M có 144 điểm được tô bằng 3 màu nên tồn tại 1 màu tô được tô ở không 144 0,5 ít hơn  48 điểm. 3 Ta chọn trong các điểm của M đúng 48 điểm được tô cùng một màu. Chia các điểm của M thành 12 hàng (các điểm có cùng tung độ) và 12 cột (các điểm có cùng hoành độ). Gọi ai (i = 1,…,12) là số điểm trong 48 điểm được chọn có 0,5 12 trong một cột thứ i suy ra: a i 1 i  48 a i (a i  1) Khi đó, số cặp điểm được chọn trong cột thứ i là: 2 0,5 a  a  1 12 số cặp điểm có hoành độ trùng nhau là:  i i i 1 2   12  2    ai   Ta có:  a i  a i  1  1   a i2   a i   1   i1    a i   72 12 12 12 12 1,0 i 1 2 2  i1  i 1  2  12  i 1        Vì mỗi cặp được chọn trong cùng một cột tương ứng với một cặp hàng trong đó các điểm trong một hàng có cùng tung độ. 1,0 2 Số các cặp hàng khác nhau là: C12  66 Vì 72 > 66 nên luôn tìm được hai cặp điểm nằm trên 1 cặp hàng. Vậy luôn tồn tại một hình chữ nhật có các cạnh song song với các trục toạ độ 0,5 và có 4 đỉnh tô cùng một màu. Mọi cách giải khác nếu đúng kết quả và lập luận chặt chẽ đều cho điểm tương đương.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 VÒNG TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG NĂM HỌC 2008- 2009 …………………………………………………………… MÔN THI : TOÁN ( Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề ) Câu 1: (2,5 điểm) . Cho phương trình: x 2  2 3 x  1  0 (1). Gọi x1, x2 là nghiệm phương trình (1) 2 2 a, Hãy lập phương trình ẩn y nhận y1  x1  , y 2  x 2  làm nghiệm. x2 x1 3 x12  5 x1 x 2  3x 2 2 b,Không giải phương trình (1) hãy tính giá trị biểu thức: A  4 x13 x 2  4 x1 x 2 3 Câu 2: (1,5 điểm).cho phương trình : x 4  ax 3  bx 2  ax  1  0 có ít nhất một nghiệm thực , với a,b là số thực. Tìm giá trị nhỏ nhất của a 2  b 2 Câu 3 : (2,5 điểm) . 6 10 a, Giải phương trình:  4 2 x 3 x 1 1 2( x  ) 2  ( x  )  7 b, Tìm m để bất phương trình sau vô nghiệm: x x 2 1 2 1 3( x  )  ( x  )  m  12 x x 1 1 1 Câu 4: (1,5 điểm).Cho x, y, z  1;2 . Tìm giá trị lớn nhất của P  ( x  y  z )(   ) x y z Câu 5: (2.0 điểm). Cho tam giác ABC và P là điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi K, M, L lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên các đường thẳng BC, CA, AB. Hãy xác định vị trí P sao cho tổng BK 2  CL2  AM 2 nhỏ nhất. ………………..HẾT………………. ( Giám thị coi thi không giải thích gì thêm)
Họ và tên thí sinh:…………………………………………………………………………… Số báo danh:………………………………………… HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm x  x2  2 3 0,25 Theo Vi-Et ta có :  1  x1 x 2  1 I 2( x1  x 2 ) 0,5 Lại có: y1  y 2  x1  x 2  6 3 x1 x 2 4 0,5 y1 y 2  x1 x 2  4  9 x1 x 2 Vậy: y 2  6 3 y  9  0 0,25 b, Ta có: A    3 ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2 )  5 x1 x 2 0,25   4 x1 x 2 ( x1  x 2 ) 2  2 x1 x 2 3.(2 3 ) 2  1 0;25   4.1 (2 3 ) 2  2.1  36  1 7 0,5   4(12  2) 8 * x = 0 không là nghiệm pt 0,25 1 1 * x  0 : Phương trình trở thành : x 2  2  a( x  )  b  0 x x 1 0,25 Đặt x   t; t  2 , khi đó phương trình trở thành: x t 2  at  2  b  0  2  t 2  at  b II at  b 2t2 0,25 2 2 2 2 2 Theo Bunhia at  b  (a  b )(t  1)  a  b   t2 1 t2 1 0,25 9 a2  b2  t 2 1 2 6 t 1  9(t 2  1) 9 18 0,25   2   25 t 1 5 Mặt khác:  2 do t 2  4 16(t  1)  16  25  5 4 0,25 Vậy a 2  b 2   t  2  x  1 5
6 6 10t 2 0,25 a, Với x
1 t 2 Từ (1) và (2) suy ra P P  5  5  10 0,25 x  y  1 0,25  z  2 Dấu ‘ = ‘ xảy ra khi và chỉ khi  x  1   y  z  2  KL: Đặt S = BK2 + CL2 +AM2. Theo tính chất của tam giác vuông ta có: 0,5 S = BM2 + CK2 + AL2 Do vậy: 2S =(BK2 +KC2) + (CL2 + LA2) + (AM2 +MB2 0,5 1 V  [( BK  KC ) 2  (CL  LA) 2  ( AM  MB) 2 ] 2 1 0,5  ( BC 2  CA 2  AB 2 ) 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi : BK  KC , CL  LA, AM  MB 0,5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MÔN THI : TOÁN - Vòng 2 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a) Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. b) Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x Câu 2 (2 điểm) 3 3 3 3 a) Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  2 b) Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 Câu 3 (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x  2) 2  ( y  3) 2  9 và điểm A(1; 2) . Đường thẳng  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu 4 (3 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 . 1 1 1 b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (trong đó AB=c; AC=b; ha b c đường cao qua A là ha ). Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 2a  2b  2c 3  a  b  b  c   c  a  2 bc ca ab a  b  c …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Tìm m: y  x  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm 1 a 1,00 phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt 0,25 x2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2(m  1) x  3m  3  0  '  0    3( m  1)  0  2( m  1)  0  0,25  m  1 '  0   0,25  m  4 Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 0,25 b Giải bất phương trình:  x 2  8 x  12  10  2 x 1,00 TXĐ:  x 2  8 x  12  0  2  x  6 0,25 Nếu 5  x  6 thì  x 2  8 x  12  0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5  x  6 0,25 10  2 x  0  Nếu 2  x  5   2 bất pt đã cho   x  8 x  12  0  28 0,25   x 2  8 x  12  4 x 2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x  5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 0,25 3 3 3 3 2 a Giải phương trình: (4 x  x  3)  x  (1) 1,00 2 3 2 y 3  2 x3  3  Đặt y  4 x  x  3 . (1) có dạng:  3 ( I ) Khi đó nghiệm 4 x  x  3  y  0,25 của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I)  2 y 3  2 x3  3   3 3  2 y  2 x  3(2) (I)   3    2 x  2 y3  ( x  y)  0 2 2 ( x  y )(2 x  2 xy  2 y  1)  0(3)  0,25 3 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x   3 0,25 4 TH2: 2 x 2  2 xy  2 y 2  1  0;  ' x  2  3 y 2 . Nếu có nghiệm thì y  2 . 3
3 2   Tương tự cũng có x  . Khi đó VT (2)  4  2   8 2  3 . 3  3 3 3 0,25 Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x   3 3 4 b Giải phương trình: 2 x 2  11x  23  4 x  1 1,00 ĐK: x  1 . (1)  2( x 2  6 x  9)  ( x  1  4 x  1  4)  0 0,25 2( x  3) 2  ( x  1  2) 2  0 (*) 0,25 x  3  0  Do a 2  0(a) nên pt(*)    x 1  2  0  0,25  x  3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại 3 a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; y B  0 ) 1,00 x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB:  1 0,25 a b 1 4 4 16 Vì AB qua M nên   1  1  2 1 0,25 a b ab ab ab 1 4 1 a  2   8;"  "      2 a b 2 b  8 0,25 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S  1 OA.OB  1 ab  8 . 2 2 0,25 Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) b 2 2 (C): ( x  2)  ( y  3)  9 ; A(1; 2) .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. 1,0 (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2  (1  2)2  (2  3)2  2  9 0,25 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH 2  HN 2  IN 2  9  MN 2  4 HN 2  4(9  IH 2 ) 0,25 Mà IH  AH  IH  IA  2  MN 2  4(9  2)  28  MN  2 7 0,25 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với 0,25 IA tại A Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi 4 a 1,5 AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2        Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành  AB  DC  AB  DC  0 0,25   2   2  2        AB  DC  0  AB  DC  2 AB.DC  0 0,25      AB 2  DC 2  2 AB.( AC  AD)  0 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2  AB  DC  ( AB  AC  BC )  ( AB  AD  BD )  0 (*)   2 2   2    2 2   2 0,25   ( vì a  b  a  2a.b  b  2a.b  a  b  a  b )   0,25
(*)  AB 2  BC 2  CD 2  DA2  AC 2  BD 2 (Đpcm) 0,25 ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) 1 1 1 4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2  2  2 (1) 1,5 ha b c Có a.ha  2 S  bc sin A 0,25 2 2 1 a 4R  2  2 2 2  2 2 ha b c sin A b c 0,25 (1)  b2  c 2  4 R 2  sin 2 B  sin 2 C  1 0,25  1  cos 2 B  1  cos 2C  2  cos 2 B  cos 2C  0 0,25  2cos( B  C )cos( B  C )  0 0,25     B  C  2 hay A  2   0  B  C   ;0  B  C     BC    0,25  2  Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B  C  2 2 2 2 CMR : 2a  2b  2c 3  a  b  b  c   c  a  ; a, b, c  0 5 2 1,00 bc ca ab a  b  c 2a 2b 2c XétM= 1  1  1  bc ca ab a b a c b c b a c  a c b   0,25 bc ca ab 1 1 1 1 1 1  (a  b)(  )  (b  c)(  )  (c  a )(  ) bc ca ca a b ab bc 1 1 1  (a  b ) 2  (b  c) 2  (c  a) 2 0,25 (b  c )(c  a ) (c  a )( a  b) ( a  b)(b  c) 1 4 4 1 Vì  2  2  ; (b  c )(c  a ) (a  b  2c ) (2a  2b  2c ) (a  b  c)2 2 2 1 (a  b ) 2 0,25 ( a  b )  0  (a  b)  ;"  "  a  b (b  c)(c  a ) (a  b  c ) 2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại 2 2 2 Suy ra M   a  b    b  c    c  a  (Đpcm); “=”  a  b  c 2 0,25 a  b  c
Hình vẽ câu 3b: I A M N H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.