Đề thi chọn HSG lớp 10 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2013 – 2014 môn Toán (Đề đề xuất)28931

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (3,0 điểm) a) Cho phương trình bậc hai x  2mx  3m   , x ẩn, m tham số Tìm tất giá trịcủa m để phương trình cho có hai nghiệm x1 , x2 x12  x22 đạt giá trị nhỏ b) Cho tam thức bậc hai f x   ax  bx  c, a  Chứng minh f x   với x  ฀ 4a  c  4b Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình x   3x   x  x  ฀  x  y x  xy  y  3 x  y  b) Giải hệ phương trình   x, y  ฀  x   y    x  x   Câu (2,0 điểm) a) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn abc  Chứng minh a b c    a  1b  1 b  1c  1 c  1a  1 b) Giải bất phương trình 3  x   x  x  ฀  Câu (3,0 điểm) a) Cho tam giác ABC  AB  AC  nhọn, khơng cân, nội tiếp đường trịn (O), trọng tâm G a  BC , b  CA, c  AB Gọi M trung điểm cạnh AC Chứng minh bốn điểm A, O, M, G nằm đường trịn b  c  2a b) Cho tam giác ABC không vuông a  BC , b  CA, c  AB Chứng minh a  b  2c tan A  tan B  tan C ABC tam giác cân c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy ; cho tam giác ABC có tọa độ tâm  11  đường trịn ngoại tiếp, tâm có tọa độ I 4;0 , G  ;  Tìm tọa độ  3 đỉnh A, B, C tam giác ABC biết đỉnh B nằm đường thẳng d : x  y   điểm M 4;  nằm đường cao kẻ từ đỉnh B tam giác ABC ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Câu Nội dung trình bày (3,0 điểm) 1a (2,0 điểm) Điểm m  Phương trình cho có hai nghiệm  '  m  3m     m  Theo định lí Vi – ét ta có x1  x2  2m, x1 x2  3m  0,25 Do x12  x22  x1  x2   x1 x2  4m  3m    4m  6m  0,5 0,5 Lập bảng biến thiên hàm số f m   4m  6m  ;1 2;   ta m - + + + 0,75 f m Từ bảng biến thiên ta f m   4m  6m  đạt giá trị nhỏ m  1b (1,0 điểm) Do f x   với x  ฀ nên f 0    c  a  a   Mặt khác f x   với x  ฀     b  4ac  b  4ac 0,5 Ta có 4a  c  4ac  b  b  2b 0,5 (2,0 điểm) 2a (1,0 điểm)  x  3 x    Đkxđ  x     x   x  2 x     x    Phương trình cho tương đương với: x   x   3x   x   2x   x  2 x  3  3x   0,5 3x ThuVienDeThi.com x  2 x  3   x  2 x  3  x  3x  x  1  x  x   3x  x  x     x  Kết hợp với đkxđ ta x  Vậy tập nghiệm phương trình S  3 0,25 0,25 2b (1,0 điểm) Đkxđ: x  6, y  3 Từ phương trình đầu hệ ta có: x  y x  xy  y  3 x  y   x  y x  xy  y  x  y   x  y  0,5  x3  y  3x  y  3x  y   x  1   y  1  x   y   y  x   x  1 3 Thay vào phương trình thứ hai hệ ta được: x   x    x2  x   x    x    x2  x   x 3 x 3    x  3x  1  x6 3 x 1  1    x  3   x  1  x 1   x6 3   x3 So sánh với đkxđ ta x, y   3,1 (2,0 điểm) 3a (1,0 điểm) a b c    Ta có a  1b  1 b  1c  1 c  1a  1 0,5 0,25  4a c  1  4b a  1  4c b  1  a  1b  1c  1  ab  bc  ca   a  b  c   3abc   ab  bc  ca   a  b  c   ab  bc  ca  a  b  c  Áp dụng bất đẳng thức Cô Si cho ba số dương ta được: ab  bc  ca  3 ab.bc.ca  a  b  c  3 abc  Cộng vế hai bất đẳng thức ta ab  bc  ca  a  b  c  Dấu đẳng thức xảy a  b  c  Vậy bđt chứng minh 3b (1,0 điểm) Đkxđ x  Đặt t  x  2, t  suy x  t  , thay vào bất phương trình ta được: ThuVienDeThi.com 0,25 0,25 0,25 0,25  t   t   t  1  t   t   t   t  1  t   t  4t  3t   t t  1t  3  3 0,25  x2 3 t   x  11    0  t  0  x     x  0,25 Kết hợp với đkxđ ta tập nghiệm S  2;3 11;   0,25 (3,0 điểm) 4a (1,0 điểm) A M G O B C        Ta có OA  OB  OC  3.OG  9.OG  OA  OB  OC        OA2  OB  OC  2.OA.OB  2.OB.OC  2.OC.OA    3R  OA2  OB  AB  OB  OC  BC  OC  OA2  CA2  9R  a  b  c Do điểm A, G, O, M nằm đường tròn nên OG vng góc với GA hay 1 OG  GA2  OA2  9 R  a  b  c  2b  2c  a  R 9 2 2 2 2  R  a  b  c  2b  2c  a  R 0,25 0,5 0,25  b  c  2a 4b (1,0 điểm) 2S sin A 4S Ta có tan A  Tương tự ta tính tan B, tan C  bc2  2 b  c  a2 cos A b  c  a 2bc ThuVienDeThi.com 0,5 Theo giả thiết tan A  tan B  tan C  0,25 4S 4S 4S  2 2 2 b c a c  a b a  b2  c2   a  b  c   b  c  a   c  a  b  2   a  b  c  2b c  b  c  a  2c a  2c  2a  2b  4a 2b  2c  a  b   c a  b   2c  a  b   2c  a  b 0,25 Hay tam giác ABC cân 4c (1,0 điểm) A M N H I G (d) C B   Ta chứng minh IH  3.IG 0,25 x4 y2   x y20  1 Do B giao (d) đường thẳng MH nên tọa độ B nghiệm hệ: x  y   x    B 1; 1  2 x  y    y  1   Gọi N trung điểm AC Khi BN  BG  N 5;1   Ta có nAC  uMN  1;1  pt AC :1x     y  1   x  y   Suy H 3;1  pt MH : Do A thuộc đường thẳng AC nên A t ;6  t  , kết hợp với I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IA2  IB  t    6  t  +) Với t   A 3;3, C 7; 1 0,25 0,25 t   10   t  +) Với t   A 7; 1, C 3;3 0,25 ThuVienDeThi.com Vậy A 3;3, B 1; 1, C 7; 1 A 7; 1, B 1; 1, C 3;3 ThuVienDeThi.com ... C 7; 1 0,25 0,25 t   10   t  +) Với t   A 7; 1, C 3;3 0,25 ThuVienDeThi.com Vậy A 3;3, B 1; 1, C 7; 1 A 7; 1, B 1; 1, C 3;3 ThuVienDeThi.com ... x2  4m  3m    4m  6m  0,5 0,5 Lập bảng biến thi? ?n hàm số f m   4m  6m  ;1 2;   ta m - + + + 0,75 f m Từ bảng biến thi? ?n ta f m   4m  6m  đạt giá trị nhỏ m  1b... A  Tương tự ta tính tan B, tan C  bc2  2 b  c  a2 cos A b  c  a 2bc ThuVienDeThi.com 0,5 Theo giả thi? ??t tan A  tan B  tan C  0,25 4S 4S 4S  2 2 2 b c a c  a b a  b2  c2  