Đề thi chính thức chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2011-2012 - 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 2011-2012 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 —————— 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 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: x2 x 1 x2 x 1 2 x ¡ . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x2 2 m 1 x m3 m 1 2 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 3 3 thức sau: P x1 x2 x1x2 3x1 3x2 8 . Câu 2 (1,5 điểm). x2 x3 y xy2 xy y 1 Giải hệ phương trình: (x, y ¡ ) . 4 2 x y xy(2x 1) 1 Câu 3 (1,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x 1 x2 y 1 y2 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 M· AB M· BC M· CD M· DA . Chứng minh đẳng thức sau: AB2 BC 2 CD2 DA2 cot , 2AC.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 tiếp tam giác ABC tại các điểm 7 5 13 5 M 1; 5 , N ; , P ; (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm 2 2 2 2 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 .
2. 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 2 2 2 1 3 2 1 3 Ta có x x 1 x , x x 1 x nên phương trình xác định 2 4 2 4 với mọi x ¡ . Phương trình đã cho tương đương với 0,5 x2 x 1 x2 x 1 2 x2 x 1 x2 x 1 4 2x2 2 2 x4 x2 1 4 x4 x2 1 1 x2 0,5 2 1 x 0 1 x 1 2 0,5 4 2 2 x4 x2 1 1 2x2 x4 x x 1 1 x 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 2 m 2 ' 0 m m 4 0 2 m 0 0,5 2 m 0 x1 x2 4 2 m 1 4 2 m 3 m 3 3 2 Theo định lí Viet ta có x1 x2 2 m 1 , x1x2 m m 1 suy ra 0,5 3 3 3 2 2 P x1 x2 8x1x2 8 m 1 8m 8 m 1 16m 40m Bảng biến thiên m -2 0 2 3 0 16 0,5 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 x2 x3 y xy2 xy y 1 (x y) xy(x y) xy 1 Ta có 4 2 2 2 0,25 x y xy(2x 1) 1 x y xy 1 a x2 y a ab b 1 Đặt . Hệ trở thành: 2 (*) 0,25 b xy a b 1
3. a3 a2 2a 0 a(a2 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 x2 y 2 y y x x x 1; y 3 . 0,25 xy 3 3 2 x 2x 3 0 (x 1)(x 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 t 2 1 Đặt t x 1 x2 thì dễ thấy t 0 và x (1) 0,25 2t 2012 20122 t 2 Từ giả thiết ta có y 1 y2 . Từ đây cũng suy ra y (2) 0,25 t 2.2012.t t 2 1 20122 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 2011 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t 2012 . Từ (1) và (2) suy ra 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 0,5 B K C M D
4. 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 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 AB2 MA2 MB2 Trước hết ta có các kết quả sau: SABCD AC.BD.sin ; cot 0,5 2 4SMAB Tương tự ta được: AB2 MA2 MB2 BC 2 MB2 MC 2 CD2 MC 2 MD2 cot 4SMAB 4SMBC 4SMCD DA2 MD2 MA2 AB2 BC 2 CD2 DA2 0,5 4SMDA 4 SMAB SMBC SMCD SMDA AB2 BC 2 CD2 DA2 AB2 BC 2 CD2 DA2 4SABCD 2AC.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: x2 y2 3x 29 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại 3 tiếp tam giác ABC có tọa độ là K ; 0 . 2   5 Do AB  KP nên AB có vtpt n KP 2; 1 . Suy ra phương trình AB 2 AB : 2 x 1 1 y 1 0 2x y 3 0. Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ 0,25 2x y 3 0 y 2x 3 x 1, y 5 phương trình 2 2 2 x y 3x 29 0 x 3x 4 0 x 4, y 5   5 Suy ra A 1;5 , B 4; 5 . Do AC  KN nên AC có vtpt là n KN 2;1 AC 2 Suy ra pt AC : 2 x 1 y 5 0 2x y 7 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 0,5 2x y 7 0 y 2x 7 x 1, y 5 . Từ đây suy ra C 4; 1 . 2 2 2 x y 3x 29 0 x 5x 4 0 x 4, y 1 Vậy A 1;5 , B 4; 5 , C 4; 1 .