SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 2 x x x2 b) Cho phương trình bậc hai x 2mx m 2m 0 ( x ẩn m tham số) Tìm tất giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm khơng âm x1 , x2 Tính theo m a) Giải phương trình giá trị biểu thức P x1 x2 tìm giá trị nhỏ P x xy y x y 0 x, y Câu Giải hệ phương trình: x xy y Câu Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không nhọn Chứng minh a 1 b c 10 a b c Câu a) Cho tam giác nhọn ABC khơng cân, nội tiếp đường trịn O; R Gọi G M trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vng góc với đường thẳng OM AC AB BC 12 R b) Cho tam giác ABC có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C m, n, p Tính độ dài cạnh AB, BC , CA theo m, n, p c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C có phương trình x y 0, x 0, x y 0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC 10 đỉnh A có hoành độ âm Câu Cho tứ giác lồi ABCD điểm M nằm bên tứ giác (M không nằm cạnh tứ giác ABCD) Chứng minh tồn góc MAB có , MBC , MCD , MDA số đo không lớn 450 -Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MƠN: TỐN (Dành cho học sinh THPT khơng chun) (Đáp án có 03 trang) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu 1(3đ) Nội dung trình bày Điểm 1.a (1,5 điểm) x 0 x 2;0 0; Điều kiện: 2 x 1 Đặt y x Thay vào ta được: 2 Do ta có hệ phương trình: x y x y 2 x y 2 1 x y xy x y x y xy 2 x y 2 xy 0,25 0,5 x y 2 x y x y 0 xy 1 x y x y 2 xy xy 0,5 0,25 y 2 x x 1 x x 0 y 1 1 x x y x y +) (do y ) xy 0,5 3 2 y y 0 y x y 2 +) xy 1 0,25 0,25 ;1 Vậy phương trình cho có tập nghiệm S 1.b (1,5 điểm) Phương trình x 2mx m 2m 0 (1) có hai nghiệm khơng âm ' m m 2m 0 S 2m 0 m 2 P m 2m 0 Theo định lý Vi-ét ta có x1 x2 2m; x1 x2 m 2m Do x1 x2 Do m 2 x1 x2 x1 x2 x1 x2 2m m 1 0,75 0,5 3 x1 x2 Dấu đẳng thức xảy m 2 0,25 2(2đ) Đặt z y , thay vào hệ ta được: x xz z 1 x z 3xz 1 x xz z 1 x z xz x z 2 x z 1 xz x z 3(1đ) z 1 x x x 0 0,5 x 1 z 1 x 1 y 2 x 1, z 0 x 0, z 1 0,25 x 1, y 1 x 0, y 2 Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S 1; , 1;1 , 0; Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác khơng nhọn nên có bất đẳng 0,5 0,25 thức sau xảy ra: a b c , b c a , c a b Giả sử a b c , ta có: 0,25 b2 c2 1 1 2 a b c a b2 c2 1 a b2 c2 a b c b12 c12 b2 c2 1 a 2 4 b c a2 0,25 4(3đ) 0,5 x z 2 xz 1 x z 1 xz 0 x z 2 z 2 x +) xz 1 x x 0 x z 1 +) xz 0 x z x z 0 x z xz 2 3a a2 b2 c a b2 c 1 2 2 1 2 10 Do b c b c a2 b c a2 a b2 c a12 b12 c12 10 4.a (1,0 điểm) Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có: OA OB OC OB OC Khi OG , OM OG OM OG.OM 0 OA OB OC OB OC 0 OA.OB OA.OC 2OB.OC R 0 2 2 1 a b a b 2 2 2 R AB R AC R BC R 0 (chú ý a.b ) 2 2 2 AB AC BC 12 R 4.b(1,0 điểm) 2S 2S 2S a b c Kí hiệu a BC , b CA, c AB, p Khi ta có a , b , c m n p Theo cơng thức Hê – rơng ta có: S p p a p b p c 1 1 1 1 1 1 1 1 4S 2S 2S 2S 2S m n p m n p m n p m n p S 4S k S , k 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1 1 1 1 k m n p m n p m n p m n p 2 Do a , b , c mk nk pk 4.c (1,0 điểm) Do BC vng góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng x y c 0 Tọa độ đỉnh B x y c 0 x 2 B 2; c , nghiệm hệ x 0 y c tọa độ C nghiệm hệ phương trình x y c 0 x c C c 3; c x y 0 y c 0,25 0,25 AB qua B 2; c vng góc với đường cao kẻ từ C nên AB : x y c 0 x y c 0 Tọa độ đỉnh C nghiệm hệ x y c 0 x 2c 12 A 2c 12; c x y 0 y c Theo giả thiết ta có AB AC.BC AB AC.BC AB AC 10 10 2 10 S ABC 2.d A, BC BC d A, BC 2c 10 2 2c 10 3c 15 4c 24 c c 0,25 0,25 c 2 10 c 2 c +) Nếu c A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 +) Nếu c A 6;3 , B 2; 1 , C 0;3 khơng thỏa mãn hồnh độ A âm 0,25 Vậy A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 5(1đ) , MBC , MCD , MDA 450 (1) Giả sử MAB Ta có cot MAB cos MAB MA2 AB MB MA2 AB MB 4S MAB sin MAB 2.MA AB.sin MAB MA2 AB MB cot 450 1 MA2 AB MB S MAB Kết hợp với (1) ta S MAB Tương tự ta bất đẳng thức sau : MB BC MC 4S MBC 3 0,25 0,25 MC CD MD 4S MCD MD DA2 MA2 4S MDA Cộng theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB BC CD DA2 S MAB S MBC S MCD S MDA 4S ABCD (6) Mặt khác ta lại có: AB BC CD DA2 2 AB.BC 2CD.DA 4S ABC 4SCDA 4S ABCD , mâu thuẫn với (6) Do giả sử ban đầu sai suy tồn góc có số đo khơng lớn 450 MAB , MBC , MCD , MDA Hết 0,25 0,25