Đề thi HSG Toán lớp 10 năm 2012-2013 Hải Dương

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT

NĂM HỌC 2012 – 2013 ĐỀ THI CHÍNH THỨC

LỚP 10 MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (2,5 điểm)







x m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó và hàm số    cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau.

a) Cho hàm số





1 x 







b) Giải bất phương trình:

y 1 0

Câu 2 (2,5 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là    ; Khoảng cách từ C đến 

đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.

sin

b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN

3   5

của tam giác. Chứng minh rằng

 BD



 BC;

Câu 3 (2,5 điểm)

2 3

 AE



 AC

a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn:

1 4 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn







. Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

  b IB c IC 2a IA 0 hệ 2 2 b MB c MC 2a MA

điểm M sao cho biểu thức (



thức: 2 2  ; Tìm ) đạt giá trị lớn nhất.



  1



Câu 4 (2,5 điểm)





a) Giải phương trình:

 2 5

 x

  



b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz . Chứng minh rằng:





xyz

1 y

1 x

1 z

Trang | 1

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN

Câu Ý Điểm







Nội dung y và hàm số    1 a 1,25

' 0

   m>1

x m hay

   

2 3 

x m . Tìm m để đồ thị các Cho hàm số hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách đều các trục tọa độ. Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt x x

2 2 

  2



x ; x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có

 ; 1

0,25 (*)có

 2

  

  x m m 1

Gọi A

0,25

  y I

Yêu cầu bài toán

 

  

m 1 1

0,25 0,25

I  m 2; m 0 2m

0,25 Kết hợp ĐK, kết luận





1 x 









 

3 0

(1) b Giải bất phương trình: 1,25

   1

2;2

x  

 x  x 

2 1

TXĐ: 0,25





1 x 

(1)

  

3 0 2



0,25 , bất phương trình nghiệm





 

3 0

x  4   x Nếu 1  x 2 thì 4  x   x đúng với mọi x: 1 2 x   4 0 2      3 

    2x 4



Nếu

 4x 3

bất pt đã cho

x   4





25 x  



 19 0

0,25

  2

; x

  2

16 5 5

  x 5 5



0,25

  x 3

5 5

Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có:

(1;2)

  (2

;3)

5 5

(1;2)

0,25 Tập nghiệm của bpt đã cho:

2 a 1,25

Trang | 2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0    ; khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung.

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807



CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

3 5

D(B;  )= , theo bài ra ta có ; C(0:y0) ; D(C;  )= 0y



  

10; y

  8

9 5

0,25

Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8)



 (1; 2)



0,25

  ;

 u  

nên ta có: a 2b 3 0 0,25

 CA

 CB'



Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC. Do BB'     Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a b 2 0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5





  A(x; y);CA x; y 8 ;CB' 



Theo định lý Ta - Let suy ra

3 2 7 44 ; 5 5

  

   

)

0,25

 21 26 ; 10 5

;C(0;-8) 0,25 Từ đó suy ra

Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường

sin

3   5

1,25 b trung tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng





Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B tam giác. Có và C

2 BM c





0,25

(cid:0) cos BGC



của 2 c 4 2 b 4

  BG CG BC 2BG.CG

Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có



2(b



cos

 

 2

2(b 2

2 c ) 2

(4c



b )(4b



2 c )

(4c



b )(4b



2 c )

5(b

2 c )

0,25 = ; Do đó

b c 

(4c



b )(4b



2 c )



  





 2

2(b



cos

 





Có 0,25

2 c ) 2

2(b 5(b

2 c ).2  2 2  c )

4 5

(4c



b )(4b



2 c )

Do đó 0,25

sin

 

 1 cos

  . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A

3 5

 BD



  BC; AE



 AC

0,25 Hay

1 4

2 3

Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các . 3 a 1,25

Trang | 3

Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

 BA(1)

 AC

 AE



Vì

 BE   

3 4 

 



1 4   Giả sử AK x.AD BK x.BD (1 x)BA  

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017  1  BC 4 

 BC

 BD

   AK x.AD BK  



0,25

2 3

2x 3

  BD (1 x)BA   







 

 BC

 BA

  BC (1 x)BA

Mà nên 0,25

  BA 0 

 

Do đó có:

3m 4   BC 1 x   

  

0 &1 x

 

; m



 Từ đó suy ra

Hay 0,25 0,25  Vì B, K, E thẳng hàng(B E ) nên có m sao cho BK mBE 2x 3 3m 4

8  9

3m 4

1 3

m 4 m 2x    3 4    Do BC;BA không cùng phương nên m 2x  3 4  AK

 AD



0,25

1 3



Vậy







3 b 1,25 ; Tìm điểm M:



a.BH

a.CH;c

Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c.   Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a IA b IB c IC 0   2 2 2 đạt giá trị lớn nhất. biểu thức 2a MA b MB c MC







0,25 . Do đó:



  2 b .IB c .IC b .IH c .IH a .IH









Kẻ đường cao AH, ta có 2 nên  b b .BH c .CH   2 b .BH c .CH 0



 2a .IA a .IH 

  hay 2.IA IH

Suy ra 0,25





0,25

(*) bình phương vô hướng



 xyc 2

 2   2IA.IB IA IB AB 2     xzb 2 2 2 2  ( 2a .IA b .IB c .IC ) 3b c







0,25

 ta có: 2  yza

Trang | 4

Kết hợp giả thiết suy ra Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH   Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA y.IB z.IC 0   2 vế (*), chú ý rằng 2  (x.IA y.IB z.IC )(x y z) 2 Từ đó có

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807



 xMA x(IA IM)

  2 x(IM IA 2IA.IM)









(x y z)IM xIA yIB zIC

 







CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

2 2a MA b MB c MC

2 2 2  a IM 3b c

2 2 3b c





0,25

Mặt khác  Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có xMA yMB zMC  Thay số có:    Dấu bằng xảy ra khi M trùng I





1  6 x  2 2 x   x  4 x Giải phương trình:

 1 2 5





; x

 

a 4 1,25 (*)

1 2

ĐK: 0,25

 

(3x 1)



(2x

1) 2(3x 1) 2x



  

1 1 (3x 1)



(2x

  1)

(10x



8x)

(*)

  2

  

3x 1







  x 1

0,25





 

 1 2x 2(a)

 

1 4x(b)

   



0,25

  4 2

Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm 0,25



xyz

0,25 Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm

  4 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z    rằng:

. Chứng minh



b 1,25





xyz

1 x

1 z



(I)

 . Ta Có:

1 y 1 xy

1 yz

1 zx

Giả thiết suy ra:









  

1 2 x

1 xy

 1 x x

1 zx

1 yz

1 y

1 x

1   y

1 z

    

  

 1 2  2 x 

  

1 1    z x  Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: 2



0,25



    x





1 x

1   y

1 z

1 x

1 y

1 z

  

  

  x y z



xyz







0,25



xyz



 3 xy yz









1 x

x y

 z x

 y z



 Điều này luông đúng

   

 1  z  



Ta sẽ CM: 0,25

0,25

1   y     Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3

0,25

Trang | 5

Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017

GIÁO VIÊN VÀ HUẤN LUYỆN VIÊN HÀNG ĐẦU

- Học Online trực tiếp với các Thầy, Cô là chuyên gia bồi dưỡng HSG Quốc gia chuyên môn cao, giàu kinh nghiệm và đạt nhiều thành tích.

- Học kèm Online trực tiếp với Huấn luyện viên giỏi là các anh chị đã tham gia và đạt giải cao trong kì thi HSG Quốc gia các năm trước.

- Chương trình được sắp xếp hệ thống, khoa học, toàn diện giúp học sinh nắm bắt nhanh

kiến thức và tối ưu kết quả học tập.

CÁCH HỌC VÀ PHƯƠNG PHÁP HỌC THÚ VỊ - HIỆU QUẢ

- Lớp học Online ít học sinh: Mỗi lớp từ 5 - 10 em để Giáo viên và Huấn luyện viên bám sát, hỗ trợ kịp thời cho các em nhằm đảm bảo chất lượng khóa học ở mức cao nhất. - Thời gian học linh động, sắp xếp hợp lý giúp các em dễ dàng lựa chọn cho mình khung thời gian tốt nhất để học. - Mỗi bài học được chia thành nhiều buổi học (mỗi bài có tối thiểu 2 buổi học):

+ Buổi đầu tiên huấn luyện viên hướng dẫn các em học Online trực tiếp: Phần lý thuyết, phương pháp giải toán - các ví dụ minh họa điển hình & bài tập tự luyện do giáo viên cung cấp. Trong quá trình học các em được trao đổi, thảo luận Online trực tiếp với các bạn cùng học và huấn luyện viên để nắm rõ và hiểu sâu thêm các vấn đề trong bài học.

+ Buổi học tiếp theo: Sau khi về nhà các em đã làm bài tập tự luyện thì ở buổi học này Huấn luyện viên sẽ đánh giá bài làm của các em và sửa bài. Trong quá trình sửa bài các em thảo luận Online trực tiếp với HLV, các bạn cùng lớp để hoàn thiện bài làm và mở rộng thêm các dạng toán mới.

HỌC CHỦ ĐỘNG – HỌC THOẢI MÁI VÀ TIẾT KIỆM

Các em không cần đến lớp, không cần đi lại mất thời gian, công sức, tiền của. Hãy chọn cho mình góc học tập yên tĩnh, tập trung và 01 máy tính có kết nối internet là chúng bắt đầu học Online trực tiếp như ở lớp.

- Mỗi tuần học 2 buổi, có nhiều lớp học, ca học trong ngày giúp các em hoàn toàn chủ động thời gian học tập của mình.

- Các chuyên đề luôn được mở giúp các em có thể học nhanh chương trình, trong thời gian ngắn nhất.

- Kết nối với các thầy cô, huấn luyện viên Online trực tiếp giúp việc giải đáp các vấn đề nhanh hơn - hiệu quả hơn.

- Được kết giao với các bạn học khác là những học sinh yêu thích, đam mê và giỏi toán trên toàn quốc.

Trang | 6

- Học phí phù hợp. Đội ngũ tư vấn, cskh nhiệt tình, tận tâm hỗ trợ các em trong suốt quá trình học.