Đề thi chọn HSG môn toán năm học 2011 - 2012

(1)

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: 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 m}^ ³^



^m^¹



² ^⁰^{có hai}

nghiệmx₁, x₂ thỏa mãn điều kiện x₁x₂ 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: Px1³ x³2 x x1 2



3x13x28



.

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



^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 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



^{1; 5 ,}



^{7 5}^; ^, ^{13 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 ^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 Ta có

2 2

2 1 3 2 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

2x 2 2 x x 1 4 x x 1 1 x

           0,5

 

2

2 4 2 2 4

4 2 2

1 0 1 1

1 1 2

1 1

x x

x x x x

x x x

     

 

    

    

 0,5

1 1

0 0

x x

x

  

    . Vậy pt có nghiệm duy nhất x0. 0,5

2 2,0 điểm

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x₁, ₂ thỏa mãn x₁x₂ 4

 

2

1 2

4 0 2

' 0 2 0

2 0

4 2 1 4 2 3

3

m m m m

x x m m m

m

 

  

    

   

            

0,5

Theo định lí Viet ta có x1x2 2



m1 ,



x x1 2  m³



m1



² suy ra



1 2



³ 8 1 2 8



1



³ 8 ³ 8



1



² 16 ² 40

P x x  x x  m  m  m   m  m 0,5 Bảng biến thiên

-24 16

-144

0

2 3 -2 0

P m

0,5

Từ bảng biến thiên ta được: P_max 16 khi m2, P_min  144 khi m 2. 0,5 2 1,5 điểm

Ta có

 

2 2

2 3 2

4 2 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

a x2 y b xy

  

 

 . Hệ trở thành:

2

1 1 a ab b a b

  

  

 (*) 0,25

(3)

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 ^{( ; )}a b 



(0; 1); (1; 0); ( 2; 3) 



0,25

* Với ( ; )a b (0; 1) ta có hệ

2 0

1 1 x y

x y xy

  

  

 

 . 0,25

* Với ( ; )a b (1; 0) ta có hệ

2 1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0

x y xy x y

  

   

 

 . 0,25

* Với ( ; )a b   ( 2; 3) ta có hệ

2

3 2

3 3

2 1; 3

3 2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y

x y

x x

xy x x x x x

     

         

    

         

.

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ^{( ; )}x y 



(1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)  



.

0,25

3 1,5 điểm

Đặt t x 1x² thì dễ thấy t 0 và

2 1

2 x t

t

  (1) 0,25

Từ giả thiết ta có ² 2012 1

y y

   t . Từ đây cũng suy ra

2 2

2012 2.2012.

y t

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 t 2012. 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

P N

M D H O

C A

B

0,5

(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:

 

2 2

OMONOP OA OB OC   OH 3OL 2OH

  suy ra O, H, L thẳng hàng.

0,5 2 1,0 điểm

Trước hết ta có các kết quả sau: 1

. .sin

ABCD 2

S  AC BD ;

2 2 2

cot 4 _MAB

AB MA MB

  ^ S ^ 0,5 Tương tự ta được:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

cot 4 _MAB 4 _MBC 4 _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 B C

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: x²y²3x290 suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3

2; 0 K 

 .

0,25

Do ABKPnên AB có vtpt ⁵



^{2; 1}



AB 2

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 2₂ ₂ 3 0 ₂ 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 ^A

  

^{1;5 ,}^B ^{ }^{4; 5}



^{. Do}^AC^^KN nên AC có vtpt là ⁵

 

^2;1

AC 2

n KN 

Suy ra pt ^AC^{: 2}



^x^{    }¹



^y ⁵ ⁰ ²^x^{  }^y ⁷ ⁰. 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 ^C



^{4; 1}^



^.

Vậy ^A

  

^{1;5 ,}^B ^{ }^{4; 5}



^,^C



^{4; 1}^



^.

0,5