Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2010-2011 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2010-2011 ————————— 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 I (4 điểm) x y m 2 m x y 1. Cho hệ phương trình 2 2 2 (trong đó là tham số; và là ẩn) x y 2x 2y m 4 a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm. b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A xy 2 x y 2011. 2. Tìm tất cả các giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 3 x4 3m 1 x2 6m 2 0 Câu II (1,5 điểm) x y xy 1 Giải hệ phương trình 2 2 x 3 y 3 4 Câu III (1 điểm) 1 1 1 Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực dương thì 1 x 2 1 y 2 1 xy Câu IV (3,5 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1;2 và B 4;3 . Tìm tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho góc AMB bằng 450 . 2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH, BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C). Hãy viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết 6 17 rằng D 2;1 , E 3;4 , F ; . 5 5 3. Cho tam giác ABC, có a BC,b CA,c AB . Gọi I, p lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi của tam giác ABC. Chứng minh rằng IA2 IB2 IC 2 2 c p a a p b b p c Hết Chú ý: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: SBD:
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 VÒNG TỈNH TỈNH VĨNH PHÚC NĂM HỌC 2010 – 2011 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh các trường THPT không chuyên) Đáp án gồm 3 trang Câu Nội dung Điểm I 1.a (2 điểm) 4 điểm Đặt S x y; P xy . Khi đó hệ phương trình trở thành S m 2 S m 2 1,0 2 2 2 S 2P 2S m 4 P m m 2 Để hệ có nghiệm thì S 2 4P m 2 2 4 m2 m 2 m2 4 2 m 2 1,0 1.b (1 điểm) Ta có A P 2S 2011 m2 m 2005 0,5 Lập bảng biến thiên ta được max A 2011 khi m 2 ; min A 2004,75 khi m 0,5 m 1 -2 - 2 2 2007 2011 A 0,5 2004,75 2. (1 điểm) Đặt t x2 0 , thay vào phương trình ta được t 2 3m 1 t 6m 2 0 t 2 0,25 phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi t 3m 1 1 3m 1 0 m 3 . Khi đó phương trình đã cho có bốn nghiệm là 3m 1 2 m 1 0,5 2; 3m 1 10 Để các nghiệm đều lớn hơn 3 thì 3m 1 3 3m 1 3 m . Vậy 3 1 10 0,25 các giá trị của m là m ; \ 1 3 3 II (1,5 ĐK xy 0 , ta thấy từ pt thứ nhất x y 0, do đó x 0, y 0 . Từ đó ta đặt điểm) u x 0,v y 0 thay vào hệ ta được
3. 2 2 2 u v uv 1 u v 1 3uv 0,5 4 4 4 4 4 4 4 4 u 3 v 3 4 u v 6 2 3u 3v u v 9 16 u v 2 1 3uv 2 2 2 2 u v 2uv 2u2v2 2 u4v4 3 u v 2uv 6u2v2 9 10 Đặt t uv 0 t 1 (vì 1 3uv u v 2 4uv uv 1). Thế từ phương trình thứ nhất của hệ trên vào phương trình thứ hai ta được 2 4 2 2 4 2 2 4 t 3t 6t 12 t 2t 9 2 t 3t 6t 12 t 2t 9 0,5 2 t 2t 9 0 3t 4 4t3 34t 2 60t 33 0 t 1 3t3 7t 2 27t 33 0 . u v 2 u 1 x 1 +) Nếu t 1 uv 1 ta có uv 1 v 1 y 1 +) Nếu 3t3 7t 2 27t 33 0 3t3 7t 2 6 27 1 t 0 vô lí vì 0 t 1 0,5 Kết luận nghiệm của hệ là x; y 1;1 III 1 điểm Do x, y 0 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với 1 x 2 1 y 2 1 xy 1 x 2 1 y 2 0,25 2 2x 2y x2 y2 1 xy 1 2x x2 1 2y y2 0,25 xy x y 2 xy 1 2 0 , bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu bằng xảy ra khi x y 1 0,5 IV 1. (1,5 điểm)   3,5 điểm Giả sử tọa độ của M x;0 . Khi đó MA 1 x;2 ;MB 4 x;3 .   Theo giả thiết ta có MA.MB MA.MB.cos 450 0,5 2 2 2 1 x 4 x 6 1 x 4. 4 x 9. 2 2 0,5 x2 5x 10 x2 2x 5. x2 8x 25. 2 2 2 x2 5x 10 x2 2x 5 x2 8x 25 (do x2 5x 10 0) 0,25 x4 10x3 44x2 110x 75 0 x 1 x 5 x2 4x 15 0 x 1; x 5 Vậy ta có hai điểm cần tìm là M 1;0 hoặc M 5;0 0,25 2. (1 điểm) Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’ nội tiếp nên F· DA F· CA ·ABE ·ADE H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của tam giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên 0,5 đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF. Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
4. DE : 3x y 5 0; DF : 3x y 7 0 . Do đó phương trình phân giác trong và 3x y 5 3x y 7 ngoài của đỉnh D là x 2 0; y 1 0. Kiểm tra vị trí 10 10 0,25 tương đối của E, F với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là d : x 2 0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là d ' : x y 1 0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H 2;3 5 7 Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B ' ; và có vtpt 2 2  là HE 1;1 AC : x y 6 0 A E B' F C' 0,25 H A' B C D 3. (1 điểm) Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có AM p a; IM r . Gọi S là diện tích tam giác ABC, theo công thức Heron ta có S p p a p b p c . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có 2 p a p b p c 2 2 2 2 2 2 S 2 0,5 IA AM MI p a r p a p a p p p a bc IA2 b p c p a p IB2 c IC 2 a Tương tự ta có ; a p b p b p c p 0,25 IA2 IB2 IC 2 a b c Do vậy 2 c p a a p b b p c p 0,25 A M I C B