Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 8

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: 22 1 1 2x x x x        x . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):     2 23 2 1 1 0x m x m m      có hai nghiệm 12 ,xx thỏa mãn điều kiện 12 4xx . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:   33 1 2 1 2 1 2 3 3 8P x x x x x x     . Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 2 3 2 42 1 ( , ) (2 1) 1 x x y xy xy y xy x y xy x                . Câu 3 (1,5 điểm). Cho ,xy là hai số thực dương thoả mãn điều kiện     22 1 1 2012x x y y     . 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   7 5 13 5 1; 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   1; 1Q  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………………. 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 22 22 1 3 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 4x x x x x x x x           0,5 2 4 2 4 2 2 2 2 2 1 4 1 1x x x x x x           0,5   2 2 4 2 2 4 4 2 2 10 11 1 1 2 11 x x x x x x x x x                      0,5 11 0 0 x x x           . Vậy pt có nghiệm duy nhất 0.x  0,5 2 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm 12 ,xx thỏa mãn 12 4xx     2 12 2 40 '0 20 20 4 23 2 1 4 3 m mm m m xx m m m                                   0,5 Theo định lí Viet ta có     2 3 1 2 1 2 2 1 , 1x x m x x m m       suy ra       3 3 2 32 1 2 1 2 8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m           0,5 Bảng biến thiên -24 16 -144 0 3 2 0 -2 P m 0,5 Từ bảng biến thiên ta được: max 16P  khi 2m  , min 144P  khi 2m  . 0,5 2 1,5 điểm Ta có   22 2 3 2 2 42 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 2 a x y b xy      . Hệ trở thành: 2 1 1 a ab b ab        (*) 0,25 Hệ 3 2 2 22 2 0 ( 2) 0 (*) 11 a a a a a a b a b a                 Từ đó tìm ra   ( ; ) (0;1); (1; 0); ( 2; 3)ab   0,25 * Với ( ; ) (0;1)ab ta có hệ 2 0 1 1 xy xy xy         . 0,25 * Với ( ; ) (1; 0)ab ta có hệ 2 1 ( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0 xy xy xy          . 0,25 * Với ( ; ) ( 2; 3)ab   ta có hệ 2 32 33 2 1; 3 3 2 3 0 ( 1)( 3) 0 yy xy xy xx xy x x x x x                               . Kết luận: Hệ có 5 nghiệm   ( ; ) (1;1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)xy    . 0,25 3 1,5 điểm Đặt 2 1t x x   thì dễ thấy 0t  và 2 1 2 t x t   (1) 0,25 Từ giả thiết ta có 2 2012 1yy t    . Từ đây cũng suy ra 22 2012 2.2012. t y t   (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 1 2012 2011 2012 2 2.2012. 2.2012 tt 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 2012t  . Từ (1) và (2) suy ra 2011 2 2012 xy Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2011 2012 , khi 2011 2 2012 xy . 0,25 4 1 1,0 điểm K P N M D O H C A B 0,5 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 2OB OC OK OM   và các đẳng thức tương tự ta được:   22OM ON OP OA OB OC OH      32OL OH suy ra O, H, L thẳng hàng. 0,5 2 1,0 điểm Trước hết ta có các kết quả sau: 1 . .sin 2 ABCD 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 4 4 MAB MBC 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 44 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 C B 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: 22 3 29 0x y x    suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3 ;0 2 K     . 0,25 Do AB KP nên AB có vtpt   5 2; 1 2 AB n KP    . Suy ra phương trình     :2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y        . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 3 0 2 3 1, 5 4, 5 3 29 0 3 4 0 x y y x xy xy x y x x x                         0,25 Suy ra     1;5 , 4; 5AB . Do AC KN nên AC có vtpt là   5 2;1 2 AC n KN Suy ra pt   :2 1 5 0 2 7 0AC x y x y        . 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 xy xy x y x x x                         . Từ đây suy ra   4; 1C  . Vậy     1;5 , 4; 5AB ,   4; 1C  . 0,5 . 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 ————————————. coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……….……… …….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC. ra       3 3 2 32 1 2 1 2 8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m           0,5 Bảng biến thi n -24 16 -144 0 3 2 0 -2 P m 0,5 Từ bảng biến thi n ta được: max 16P  khi