đê thi chọn học sinh giỏi

SỞ GDDT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 10 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1(7 điểm ): a. Giải phương trình :       +−=−+− x x x x 1 4 1 22 2 2 . b. Giải hệ phương trình :      −+−= −+−= 121 121 2 2 yxy xyx Bài 2 ( 3 điểm ) : Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất :      <−++− =+− 01044 02 234 2 mxxx mxx Bài 3( 3 điểm ) : Tam giác ABC có các góc thoả mãn :        ≤+ ≤+ 2 cot2 2 cot 2 cot 2 tan2 2 tan 2 tan CBA CBA Chứng minh rằng tam giác ABC đều Bài ( 3,5 điểm ) : Cho tam giác ABC có diện tích S = 2 3 , toạ độ đỉnh A(2;-3) B(3;-2) và trọng tâm tam giác ABC nằm trên đường thẳng :3x – y – 8 =0. Tìm toạ độ đỉnh C Bài 5( 3,5 điểm ) : Trong mặt phẳng toạ độ cho 3 điểm A(1;4),B(-2;-2),C(4;2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d có phương trình : x-2y+1=0 sao cho tổng MA 2 +2MB 2 +3MC 2 nhỏ nhất. HẾT 1 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2009 – 2010 Bài Đáp án Điểm 1.1 Ta có phương trình :       +−=−+− x x x x 1 4 1 22 2 2 0,5 ⇔ 4 11 22 2 2 =+−++− x x xx 0,5 Sử dụng bất đẳng thức bu-nhi-a ta có: ( )( ) 2211.12.12 222222 =−++≤+−=+− xxxxxx 0,5 ( ) 2 11 211 1 .1 1 2.1 11 2 22 22 22 =       +−+≤+−=+− xx x x x x 0,5 V ậy 4 11 22 2 2 ≤+−++− x x xx 0, 5 Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi          − = − = 1 1 2 1 1 2 1 2 2 x x xx ⇔        = −= ≥ 2 2 2 0 2 2 x xx x ⇔ x=1 1 1.2 Điều kiện :    ≥− ≥− 01 01 y x ⇔    ≥ ≥ 1 1 y x 0,25 Trừ vế với vế các phương trình ta có : yxxyyx 2121 22 −−−+−=− 0,25 ⇔ 12212 22 −+−=−+− yyyxxx 0,25 Ta có hàm số f(t)=t 2 – 2t đồng biến trên [1;+ ∞ ). 0,5 Xét hàm số g(t) = 1−t với t 1 >1; t 2 >1 và t 1 > t 2 Ta có t 1 - 1> t 2 – 1 11 21 −>−⇒ tt Vậy hàm số g(t) = 1−t đồng biến trên [1;+ ∞ ). Vậy hàm số h(t) = f(t) + g(t) đồng biến trên [1;+ ∞ ). 0,5 Khi đó phương trình đã cho có dạng h(x) = h(y) ⇔ x=y. Vậy hệ đã cho chuyển về dạng :    −+−= = 121 2 xxx yx 0,5 ( )    == == ⇔         =− = = ⇔      =       −−− = ⇔    −=− = 2 1 11 1 1 0111 1)1( 3 2 yx yx x x x xx yx xx yx 1,25 2 2 Hệ đã cho có thể viết thành dạng : ( ) ( ) ( ) ( )    <−+− =+− ⇔    <−++− =+− 0102 02 01044 02 2 2 22 mxx mxx mxxx mxx 1 Ta có hệ có nghiệm x 0 thì cũng có nghiệm 2- x 0 vậy hệ có nghiệm duy nhất ⇔ 2- x 0 = x 0 ⇔ x 0 = 1 0,5 Khi x 0 = 1 ta có 1 09 01 =⇔    <− =+− m m m 0,5 Với m = 1 hệ đã cho trở thành :      <−+− =+− 0944 012 234 2 xxx xx 0,5 ⇔ ( ) ( )( ) 1 03232 1 092 0)1( 22 2 2 2 =⇔    <+−−− = ⇔      <−− =− x xxxx x xx x 0,5 3 Tam giác ABC có các góc thoả mãn : ( ) ( )        ≤+ ≤+ 2 2 cot2 2 cot 2 cot 1 2 tan2 2 tan 2 tan CBA CBA Chứng minh rằng tam giác ABC đều BG. Nhân vế với vế của (1) và (2) ta có : 2 2 cot 2 tan 2 cot 2 tan4 2 cot 2 tan 2 cot 2 tan2 ≤+⇔≤++ ABBAABBA (3) 0,5 Ta lại có : 2 2 cot 2 tan 2 cot 2 tan2 2 cot 2 tan 2 cot 2 tan =≥+ ABBAABBA (4) 0,5 Từ (3) v à (4) ta có : 2 cot 2 tan 2 cot 2 tan ABBA + =2 ⇔ 2 tan 2 tan2 2 tan 2 tan 22 BABA =+ 0,5 ⇔ 0 2 tan 2 tan 2 =       − BA ⇔ 2 tan A = 2 tan B ⇔ A = B 0,5 Thay A = B v ào (1) v à (2) ta c ó        ≤ ≤ 2 cot 2 cot 2 tan 2 tan CA CA 0,5 Ta thấy khi 0 < α <90 0 thì góc tăng giá trị tan α tăng cot α giảm. Suy ra : CA CA CA =⇔        ≥ ≤ 22 22 Vậy tam giác ABC đều. 0,5 3 4 Trung điểm I của đoạn thẳng AB có toạ độ là : I( 2 5 ; 2 5 − ). 0,5 Gọi G (x 0 ;y 0 ) là trọng tâm của tam giác ABC . Ta có 2 1 3 1 == ∆∆ ABCGBC SS 0,5 M à AB = 2 nên đ ường cao GH của tam giác GAB là GH= 2 1 2 = ∆ AB S GAB . 0,5 Ph ư ơng tr ình đ ư ờng th ẳng AB l à : 1 3 1 2 + = − yx ⇔ x-y-5=0 0,5 Suy ra : d(G;AB) = 2 1 2 |5| 00 = −− yx . 0,5 Mặt khác G ∈ đường thẳng 3x - y – 8 = 0 Suy ra toạ độ điểm G thoả mãn :           −= =    −= = ⇔           =−− =−−    =−− =−− ⇔    =−− =−− 5 1 2 2 083 15 083 15 083 15 0 0 0 0 00 00 00 00 00 00 y x y x yx yx yx yx yx yx Vậy G(1;-5) ⇒ C(-2;-10) G(2;-2) ⇒ C(1;-1) 1 5 Trước hết ta tìm điểm I sao cho : →→→→ =++ 032 ICIBIA Gọi I(x;y) ta có ( ) yxIA −− → 4;1 ( ) yxIB −−−− → 2;2 ( ) yxIC −− → 2;4 0,5 ⇒ →→→ ++ ICIBIA 32 =(9-6x;6-6y) = → 0 ⇒      = = 1 2 3 y x ⇒ I( 2 3 ;1) 0,5 Với ∀ M ta có MA 2 +2MB 2 +3MC 2 = ( ) 2222 222 632 ICIBIAMIICMIIBMIIAMI +++=         ++         ++         + →→→→→→ 0,5 V ậy tổng MA 2 +2MB 2 +3MC 2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu của điểm I lên đường thẳng ∆ . 0,5 Đường thẳng MI Đi qua I( 2 3 ;1) Vtcp → u (1;-2) 0,5 4 Có phương trình :      −= += ty tx 21 2 3 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ :        −= += =+− ty tx yx 21 2 3 012 ⇒ 2 3 +t -2+4t+1=0 ⇒ t = 10 1 − ⇒ M( ) 5 6 ; 5 7 1 Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 5 . SỞ GDDT HÀ TĨNH ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI 10 TRƯỜNG THPT LÝ TỰ TRỌNG NĂM HỌC 2009-2010 Bài 1(7 điểm ): a. Giải phương trình :       +−=−+− x x x x 1 4 1 22 2 2 . . cho tổng MA 2 +2MB 2 +3MC 2 nhỏ nhất. HẾT 1 HƯỚNG DẪN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2009 – 2010 Bài Đáp án Điểm 1.1 Ta có phương trình :       +−=−+− x x x x 1 4 1 22 2 2 0,5 .        −= += =+− ty tx yx 21 2 3 012 ⇒ 2 3 +t -2+4t+1=0 ⇒ t = 10 1 − ⇒ M( ) 5 6 ; 5 7 1 Chú ý: Học sinh giải theo cách khác nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. 5