SỞ GD&ĐT VĨNH
PHÚC
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
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: 2 2
1 1 2
x x x x
x
฀
.
2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn
x
(
m
là tham số):
2
2 3
2 1 1 0
x m x m m
có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn điều kiện 1 2
4
x x
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức sau:
3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 8
P x x x x x x
.
Câu 2 (1,5 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1
( , )
(2 1) 1
x x y xy xy y x y
x y xy x
฀
.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho
,
x y
là hai số thực dương thoả mãn điều kiện
2 2
1 1 2012
x x y y .
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:
2 2 2 2
cot
2 . .sin
AB BC CD DA
AC BD

,
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
tiếp tam giác ABC tại các điểm
7 5 13 5
1; 5 , ; , ;
2 2 2 2
M N P
(M, N, P không trùng
với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng
AB đi qua điểm
1; 1
Q 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 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
Ta có
2 2
2 2
1 3 1 3
1 , 1
2 4 2 4
x x x x x x
nên phương trình xác
định với mọi x
฀
. Phương trình đã cho tương đương với
2 2 2 2
1 1 2 1 1 4
x x x x x x x x
0,5
2 4 2 4 2 2
2 2 2 1 4 1 1
x x x x x x
0,5
2
2
4 2 2 4
4 2 2
1 0 1 1
1 1 2
1 1
xx
x x x x
x x x
0,5
1 1
0
0
xx
x
. Vậy pt có nghiệm duy nhất
0.
x
0,5
2 2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,
x x
thỏa mãn 1 2
4
x x
2
1 2
2
4 0
' 0
2 0
2 0
4
2 3
2 1 4 3
m
m m m
m
x x m
mm
0,5
Theo định lí Viet ta có
2
3
1 2 1 2
2 1 , 1
x x m x x m m
suy ra
3 3 2
3 2
1 2 1 2
8 8 1 8 8 1 16 40
P x x x x m m m m m
0,5
Bảng biến thiên 0,5
-24
16
-144
0
3
2
0
-2
P
m
Từ bảng biến thiên ta được: max
16
P
khi
2
m
, min
144
P khi
2
m
. 0,5
2
1,5 điểm
Ta có
2 2
2 3 2
2
4 2 2
( ) ( ) 1
1
(2 1) 1 1
x y xy x y xy
x x y xy xy y
x y xy x x y xy
0,25
Đặt
2
a x y
b xy
. Hệ trở thành: 2
1
1
a ab b
a b
(*) 0,25
Hệ
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0
(*) 1 1
a a a a a a
b a b a
Từ đó tìm ra
( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)
a b
0,25
* Với
( ; ) (0; 1)
a b
ta có hệ
20
1
1
x y
x y
xy
. 0,25
* Với
( ; ) (1; 0)
a b
ta có hệ
21
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y x y
xy
. 0,25
* Với
( ; ) ( 2; 3)
a b
ta có hệ
2
3 2
3 3
2
1; 3
32 3 0 ( 1)( 3) 0
y y
x y x y
x x
xy x x x x x
.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm
( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)
x y .
0,25
3 1,5 điểm
Đặt
2
1
t x x
thì dễ thấy
0
t
và
2
1
2
t
x
t
(1) 0,25
Từ giả thiết ta có 2
2012
1y y
t
. Từ đây cũng suy ra
2 2
2012
2.2012.
t
y
t
(2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
1 2012 2011 2012
2 2.2012. 2.2012
t t
x y t
t t t
0,25
Do đó
2011 2012 2011 2011
.2 . .2 2012
2.2012 2.2012
2012
x y t t
. 0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2012
t. Từ (1) và (2) suy ra
2011
2 2012
x y
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
2011
2012
, khi
2011
2 2012
x y .
0,25
4 1 1,0 điểm
K
PN
M
D
O
H
C
A
B
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 nên
2
OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH
 
0,5
Ta có 2
OB OC OK OM
và các đẳng thức tương tự ta được:
2 2
OM ON OP OA OB OC OH

3 2
OL OH
suy ra O, H, L thẳng hàng.
0,5
2 1,0 điểm
Trước hết ta có các kết quả sau: 1
. .sin
2
ABCD
S AC BD
;
2 2 2
cot 4MAB
AB MA MB
S
0,5
Tương tự ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot 4 4 4
MAB MBC MCD
AB MA MB BC MB MC CD MC MD
S S S
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
4 2 . .sin
MDA MAB MBC MCD MDA
ABCD
DA MD MA AB BC CD DA
S S S S S
AB BC CD DA AB BC CD DA
S AC BD
0,5
3 1,0 điểm
I
K
P
N
M
C
B
A
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: 2 2
3 29 0
x y x
suy ra tâm K
của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3
; 0
2
K
.
0,25
Do
AB KP
nên AB có vtpt
5
2; 1
2
AB
n KP
. Suy ra phương trình
: 2 1 1 1 0 2 3 0
AB x y x y
. Do đó tọa độ A, B là nghiệm của
hệ phương trình 2 2 2
2 3 0 2 3
1, 5
4, 5
3 29 0 3 4 0
x y y x x y
x y
x y x x x
0,25
Suy ra
1;5 , 4; 5
A B
. Do
AC KN
nên AC có vtpt là
5
2;1
2
AC
n KN
Suy ra pt
: 2 1 5 0 2 7 0
AC x y x y
. Khi đó tọa độ A, C là
nghiệm của hệ phương trình:
2 2 2
2 7 0 2 7
1, 5
4, 1
3 29 0 5 4 0
x y y x x y
x y
x y x x x
. Từ đây suy ra
4; 1
C
. Vậy
1;5 , 4; 5
A B
,
4; 1
C
.
0,5