Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2013-2014 - Sở giáo dục và đào tạo Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2013-2014 - 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 2013-2014 ĐỀ THI MÔN:TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (3,0 điểm) a) Cho phương trình bậc hai: x2 2mx 3m 2 0 , trong đó x là ẩn, m là tham số. Tìm tất 2 2 cả các giá trị của m để phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 và x1 x2 đạt giá trị nhỏ nhất. b) Cho tam thức bậc hai f x ax2 bx c, a 0 . Chứng minh rằng nếu f x 0 với mọi x ¡ , thì 4a c 2b . Câu 2. (2,0 điểm) a) Giải phương trình: x 2 3x 1 2x 3 x ¡ . 2 2 2 2 x y x xy y 3 3 x y 2 b) Giải hệ phương trình: x, y ¡ . 2 x 6 y 3 x 2x 8 Câu 3. (2,0 điểm) a) Cho a,b,c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1. Chứng minh rằng a2 b2 c2 3 a2 b2 c2 . b c a b) Giải bất phương trình: 3 3 x 1 x 2 x ¡ . Câu 4. (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC , dựng về phía ngoài tam giác ABC hai tam giác vuông ABE và ACF với B· AE C· AF 900 , sao cho tam giác ABE đồng dạng với tam giác ACF . Gọi M là trung điểm BC , chứng minh rằng AM vuông góc với EF . b) Cho tam giác ABC không vuông với a BC, b CA, c AB . Chứng minh rằng nếu a2 b2 2c2 và tan A tan B 2 tan C thì ABC là một tam giác cân. c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC có tâm đường 11 1 tròn ngoại tiếp và trọng tâm lần lượt có tọa độ là I 4;0 , G ; . Tìm tọa độ các đỉnh 3 3 A, B, C của tam giác ABC biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng d : 2x y 1 0 và điểm M 4;2 nằm trên đường cao kẻ từ đỉnh B của tam giác ABC . Hết Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. 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 NĂM HỌC 2013-2014 (Đáp án có 04 trang) ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) 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 Nội dung trình bày Điểm (3,0 điểm) 1a (2,0 điểm) 2 m 2 Phương trình đã cho có hai nghiệm x1, x2 ' m 3m 2 0 . m 1 0,5 Với điều kiện trên, theo định lí Viét ta có: x1 x2 2m, x1x2 3m 2. 0,25 2 2 2 2 2 Do đó x1 x2 x1 x2 2x1x2 4m 2 3m 2 4m 6m 4 0,5 2 2 2 2 3 7 7 x1 x2 4m 6m 4 2m ,m D ;12; . 2 4 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 3 2m 0 m D. 0,75 2 4 7 3 Vậy biểu thức x2 x2 đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi m . 1 2 4 4 1b (1,0 điểm) Do f x 0 với mọi x ¡ nên f 0 0 c 0 . a 0 a 0 Mặt khác f x 0 với mọi x . ¡ 2 2 0,5 b 4ac 0 b 4ac Theo bất đẳng thức Cosi ta có: 4a c 2 4ac 2 b2 2 b 2b (ĐPCM). 0,5 (2,0 điểm) 2a (1,0 điểm) 3x 0 x 0 ĐKXĐ x 2 0 x 2 x 2. 2 2x 3 0 3 x 2 0,5 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương với: x 2 2x 3 3x 1 x 2 2x 3 2 x 2 2x 3 3x 1 2 3x x 2 2x 3 3x
3. x 2 2x 3 3x 0,25 2 2 x 1 2x x 6 3x 2x 4x 6 0 x 3 Kết hợp với ĐKXĐ ta được x 3. Vậy tập nghiệm của phương trình là S 3 . 0,25 2b (1,0 điểm) Đkxđ: x 6, y 3. Từ phương trình đầu của hệ ta có: x y x2 xy y2 3 3 x2 y2 2 x y x2 xy y2 3 x y 3x2 3y2 2 0,5 x3 y3 3x 3y 3x2 3y2 2 x 1 3 y 1 3 x 1 y 1 y x 2 x 1. Thay vào phương trình thứ hai của hệ ta được: x 6 x 1 x2 2x 8, (x 1) x 6 3 x 1 2 x2 2x 3 0 x 3 x 3 x 3 x 1 0 x 6 3 x 1 2 1 1 0,5 x 3 x 1 0 x 6 3 x 1 2 1 1 x 3 do x 1 0 x 6 3 x 1 2 Khi x 3 y 1. So sánh với Đkxđ ta được nghiệm của hệ phương trình x, y 3,1 . (2,0 điểm) 3a (1,0 điểm) 2 2 2 a b c 2 Ycbt a b c 3 a2 b2 c2 a b c b c a 0,25 2 2 2 a b c 2 2 2 2a b 2b c 2c a a b b c c a b c a 0,25 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 a b b c c a (*) b c a 0,25 Bất đẳng thức (*) luôn đúng do 0 a,b,c 1. 3 1 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c . Vậy BĐT được chứng minh. 3 3b (1,0 điểm) Đkxđ x 2 . Đặt t x 2, t 0 suy ra x t 2 2, thay vào bất phương trình ta được: 0,25 3 1 t 2 1 t 1 t 2 1 t 3 t3 4t 2 3t 0 t t 1 t 3 0 0,25 t 3 x 2 3 x 11 0,25 0 t 1 0 x 2 1 2 x 3 Kết hợp với đkxđ ta được tập nghiệm là S 2;311; . 0,25
4. (3,0 điểm) 4a (1,0 điểm) F E A 0,25 B       M C Ta có 2AM AB AC; EF AF AE               Ta có 2AM.EF AB AC AF AE AB.AF AC.AE (do AB.AE AC.AF 0). 0,25 AB.AF cos B· AF AC.AE cosC· AE 0 . 0,25 Do ABE : ACF AB.AF AC.AE và B· AF C· AE 900 B· AC.   Vậy AM  EF AM  EF. 0,25 4b (1,0 điểm) 2S 4 sin A 4S Ta có tan A bc . cos A b2 c2 a2 b2 c2 a2 0,5 2bc 4S 4S Tương tự ta tính được tan B , tan C . c2 a2 b2 a2 b2 c2 Theo giả thiết 4S 4S 4S tan A tan B 2 tan C 2 b2 c2 a2 c2 a2 b2 a2 b2 c2 2 2 2 0,25 a4 b2 c2 b4 c2 a2 2 c4 a2 b2 a4 b4 c4 2b2c2 b4 c4 a4 2c2a2 2c4 2a4 2b4 4a2b2 2 2c4 a2 b2 c2 a2 b2 2 2c4 a2 b2 2c4 a b 0,25 Hay tam giác ABC cân
5. 4c (1,0 điểm) A M N H G I (d) C B Gọi B a;1 2a d.  3  Gọi N là trung điểm AC suy ra BN BG (1) . 2   11 2 Mà BN xN a; yN 2a 1 , BG a;2a 3 3 3 11 0,25 xN a a 11 a 2 3 xN Theo (1) suy ra 2 3 2 y a yN 2a 1 2a N 2 3 11 a suy ra N ;a . 2  3 a  Ta có IN ;a , BM 4 a;2a 1 mà 2     IN / /BM k ¡ : IN k BM 0,25 3 a a 1 k 4 a 2 1 B 1; 1 , N 5;1 . k a k 2a 1 3  AC đi qua N 5;1 và có VTPT n IN 1;1 suy ra AC có phương trình x y 6 0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I 4;0 , bán kính R IB 10 nên có phương trình: x 4 2 y2 10. Suy ra tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 y 6 x x y 6 0 y 6 x x 3 . 2 2 2 2 x 4 y 10 x 4 y 10 x 7 Vậy A 3;3 , B 1; 1 ,C 7; 1 hoặc A 7; 1 , B 1; 1 ,C 3;3 0,25