Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 (có đáp án chi tiết)

... CD + DA2 = AC + BD (Đpcm) ( Chú ý: làm chi u cho 0,75 đ) ) 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,00 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,0 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 1,5 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 0 ,25 b Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn: 1... A H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa N 0 ,25 0 ,25 0 ,25 SỞ GD&ĐT KONTUM —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không... = y = z= 0.5 0 .25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KonTum ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang)

www.VNMATH.com Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH  KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XX – NĂM 2014  Môn thi : Toán - Khối : 10 Ngày thi : 05/04/2014 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Thời gian làm bài : 180 phút Ghi chú : – Thí sinh làm mỗi câu trên mô ̣t hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. – Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay . – Đề này có 01 trang. Bài 1 (4 điể m): Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2   5x  2xy  2y  2x  2xy  5y  3(x  y) .  3 2x  y  1  2 7x  12y  8  2xy  y  5   Bài 2 (4 điể m): Cho đường tròn (O) đường kính AB , C là điểm di đô ̣ng trên (O) không trùng với A và B. Các tiế p tuyế n của (O) tại B và C cắ t nhau ta ̣i N, AN cắ t (O) tại D khác A. Tiế p tuyế n của (O) tại D cắ t CN ta ̣i P. Chứng minh rằ ng P di đô ̣ng trên mô ̣t đường cố đinh ̣ khi C di đô ̣ng trên (O). Bài 3 (3 điể m ): Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh : a b c ≤ 1.   2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b2  7c2 Bài 4 (3 điể m): Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình : x2 + y2 + x + y = kxy có nghiệm nguyên dương x , y. Bài 5 (3 điể m): Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra . Chứng minh rằ ng khi đó có thể chọn ra ba vận động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người đươ ̣c cho ̣n đều đã thi đấu với nhau. Bài 6 (3 điể m) Cho hàm số f: N*  N*\{1} (N* là tập hơ ̣p các số nguyên dương) thỏa mãn: f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168. Tính f(2014). Hế t www.VNMATH.com Bài Bài 1 ĐÁP ÁN TOÁN 10 Nội dung Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau  5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y)   2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5 (1) ∑=4.0 . (2) Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 2 2 1.0 2 2 = (2x  y)  (x  y)  (x  2y)  (x  y) ≥ (2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y) 0.5 Dấu “=” xảy ra  x  y  0 Thế y = x vào (2), ta được: 3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5 (3) 0.5 (3)  3 x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8   x  2    2 x 2  2 x    x2  x  3x  1  x  1 x2  x  3x  1  x  1 2  x 3  6 x 2  7 x  3 19 x  8 2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2) 2  x 2  x  ( x  7) 3 19 x  8 2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)  2x2  2x 0.5  2( x 2  x)  0 0.5 2 2  x2  x  0  1 2( x  7)     2  0 (*) 2  3 x  1  x  1 3 19 x  8   ( x  2) 3 19 x  8  ( x  2)2  Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1. 0,5 0.5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0; 0  , 1;1 Bài 2 Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định khi C di động trên (O). Xét hệ trục Oxy sao cho A(0; 1), B(0; –1). Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C  (O) nên C(cost; sint). Vì C không trùng A và B nên cost ≠ 0. CP là tiếp tuyến của (O) tại C  CP: cost.x + sint.y – 1 = 0. A ∑=4 0,5 C P O D B 1  sin t ; –1) cos t   1  sin t 1  Đường thẳng AN có VTCP là AN   ; 2   (1  sin t ; 2 cos t )  cos t  cos t  AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = 0  AN: 2xcost + (1+ sint)y = 1 + sint BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = 0  BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost Ta có D = AN  BD nên tọa độ D thỏa hệ: N N(xN; –1)  CP  N( 0,5 0,5 0,5 2x cos t  (1  sin t)y  1 www.VNMATH.com sin t 4 cos t 5sin t  3  x ;y  5  3sin t 5  3sin t (1  sin t)x  2y cos t  2 cos t 4 cos t 5sin t  3 .x + .y – 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến của (O) tại D) 5  3sin t 5  3sin t  4cost.x + (5sint – 3).y = 5 – 3sint DP: Bài 3 Vì P = DP  CP nên tọa độ P thỏa hệ: 4x cos t  (5y  3)sin t  3y  5 4 cos t.x  (5sin t  3) y  3sin t  5    1 cos t.x  sin t. y 4x cos t  4y sin t  4 3y  1 3(1  y 2 )  sin t  và cos t  . Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1. y3 x(y  3) Ta có sin2t + cos2t = 1  x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2.  9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2.  8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 0  8x2 + 9(y2 – 9) = 0 (vì 1 – y2 ≠ 0) x2   y2  1 . 9/8 x2  y2  1. Vậy P thuộc elip (E): 9/8 Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh: a b c   1 2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b 2  7c 2 Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:   7a 2  b 2  c 2   7  1  1   7 a  b  c  1 9 1 3     2 2 2 7a  b  c  7a  b  c 7a2  b2  c2 7a  b  c 2 a 7a2  b2  c2  2 3a 7a  b  c 1 1 1 2 1  3a 1 2 a           7a  b  c 3a  3a  a  b  c 9  3a a  b  c  7a  b  c 3  3 a  b  c  1 2 a a  Do đó:     2 2 2 3 3 abc  7a  b  c 0,5 0,5 0,5 0.5 ∑ = 3.0 0.5 0.5 Mà b 1 2      3 3 abc  a  7b  c 1 2 c c      2 2 2 3 3 a b c  a  b  7c a b c Cộng vế theo vế ta được:   1 2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b 2  7c 2 Tương tự ta có: Bài 4 1.0 b 2 2 2 Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x 2  y 2  x  y  kxy (1) có nghiệm nguyên dương x, y . Không mất tính tổng quát, giả sử x  y . Xét giá trị k nguyên dương sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy ta gọi  x0 ; y0  là nghiệm sao cho x0  y0  1 và x0  y0 nhỏ nhất. 1,0 ∑ = 3.0 0,5 Ta có x02   ky0  1 x0  y02  y0 = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình f  x   x 2   ky0  1 x  y02  y0 = 0. Vì f  x  là bậc 2 nên f(x) còn có thêm một nghiệm là x1 . Do đó (x1; y0) thỏa (1) nên (x1; y0) là một nghiệm của (1). Mà cách chọn  x0 ; y0  có x0 + y0 nhỏ nhất nên x1  y0  x0  y0  x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ 1. Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f  x  có hệ số bậc 2 là số dương. Từ đó f  y0   0 . 1,0 Do f  y0   2 y02  2 y0  ky02 nên ta có www.VNMATH.com 2 k  2   4 (vì y0  1 ). Suy ra k  1; 2; 3; 4 . y0 0,5 2 3 y + Với k  1 thì (1)  x 2  y 2  x  y  xy   x    y 2  x  y  0 (vô lý ) 2  2 4 2 2 0,5 + Với k  2 thì (1)  x  y  x  y  2 xy   x  y   x  y  0 (vô lý) + Với k  3 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm  x; y    2; 2  + Với k  4 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm  x; y   1;1 Bài 5 Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra. Chứng minh: khi đó có thể chọn ra ba vận động viên sao cho hai người bất kỳ đều đã thi đấu với nhau. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n . ● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự là A, B,C , D và có 5 ván đấu đã diễn ra. Nếu hai trong ba người B,C , D đều đã đấu với nhau một ván thì ta có đpcm. Nếu có hai trong ba người B,C , D chưa đấu với nhau. Giả sử B và C chưa đấu với 0,5 ∑ = 3.0 1.0 nhau thì do số trận tối đa là C24 – 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là chưa đấu với nhau. Khi đó ba người A, B, D và A,C , D thỏa mãn yêu cầu bài toán.   ● Giả sử bài toán đúng với n = k k   *, k  2 . Bài 6 ● Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau. Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1 thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm. Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k 2 , mà tại thời điểm này có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà E và F đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả ván đấu giữa E và F ). Suy ra số ván đấu giữa E, F với nhóm 2k vận động viên kia lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*) . Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và F thì số ván thi đấu tối đa là 2k (mâu thuẫn với (*)) Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã đấu với cả E và F (giả sử người này là G). Khi đó ta có 3 vận động viên E , F ,G thỏa yêu cầu bài toán. Vậy bài toán được chứng minh. Cho hàm số f: N*  N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n  N* 1.0 1.0 ∑ = 3.0 Tính f(2014)? 0.5 Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168 Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168 Do đó k  N* thì f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)] Suy ra rằng: f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1) f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)] (2) 0.5 Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k  N*, k ≥ 2 Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k + 1) ≠ f(2k – 1). Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| là số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ 1 k–1 và f(n) ≥ 2, n  N* . Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2 , với k  N*, k ≥ 2 0.5 Điều này không thể xảy ra. Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2k + 1) = f(2k – 1) = a www.VNMATH.com 0.5 Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b  N*; a, b ≥ 2 Giả thuyết: a + b = ab - 168  ab – a – b + 1 = 169 = 132  (a – 1)(b – 1) = 132. a  1  169 a  1  1  a  1  b  1  13 hoặc  hoặc  b  1  1 b  1  169  b  14   b  2 .  b  170 Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoặc f(2014) = 170 0.5 Chú ý: Nếu học sinh làm bài 1 theo cách sau thì biểu điểm bài 1 như sau: Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau  5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y) (1) .  (2)  2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5 Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 = ≥ ∑=4.0 (2x  y)2  (x  y)2  (x  2y)2  (x  y)2  3  x  1 0.5 3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5  3x  1  2  2 3x  1  2 38  x  1  3 x  1  3    3x  1  2  Xét phương trình: 19 x  8  2  3 3 19 x  8  9 19 x  8  2  3  19 x  8  3  2 x 2  x  3   x  1 2 x  3 38 3 1.0 (2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y) Dấu “=” xảy ra  x  y  0 Khi đó, ta được: 0.5 0.5 0.5  2x  3 0.5  3. 3 19 x  8  9 3  3x  1  2 38 3 19 x  8 2  2x  3 (*)  3. 3 19 x  8  9 Ta thấy x  0 là một nghiệm của phương trình (*) 3 38 Với mọi x  0 , ta có:   3  2x  3 3 x  1  2 3 19 x  8  2  3. 3 19 x  8  9 Nên phương trình (*) không có nghiệm dương. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0;0  , 1;1 0.5 0.5 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1 Ngày 14/03/2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 10 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình : x3  3x2  2 (x  2)3  6x  0 Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ :  x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy  2 3  2 x  2 y  1  3 y  14  x  2  1  Câu 3 (1,5 điểm). Cho hình vuông ABCD. E,F là hai điểm thoả mãn: BE  BC , 3      1  CF   CD , AE  BF  I . Biểu diễn AI , CI theo AB, AD . Từ đó chứng minh góc AIC 2 bằng 900 . Câu 4 (1,5 điểm). Chứng minh rằng nếu các cạnh và các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện : b c a   thì tam giác đó vuông. cosB cosC sinB.sinC Câu 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M(1;-1) là trung điểm của BC, 2 3 trọng tâm G( ;0). Tìm tọa độ A, B, C? Câu 6 ( 1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn: a2  b2  c2  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab2  bc2  ca2  abc. --------------------------------- Hết -------------------------------Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: …………………….. ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Câu 1 (2điểm) Đáp án và biểu điểm Môn Toán lớp 10 Đáp án ĐKXĐ: x  2 ; Đặt x  2  y , y  0 .Ta có pt: Điểm 0.25 x 3  3x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3x ( x  2)  2 y 3  0 0.75  x3  3xy 2  2 y 3  0(1) x x  1 hoặc  2 . y y Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 3, giải pt thu được 2 (2điểm) 0.25 Giải pt được nghiệm là: x=2, x= 2  2 3 .Kết luận. ĐKXĐ: x 2  2 y  1 0.75 0.25 x  y 0.25 Phân tích pt (1) của hệ: ( x  y )( x 2  2 y )  0   2 x  2y TH1: x 2  2 y (loại do ĐKXĐ) TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được: 2 x 2  2 x  1  3 x3  14  x  2(3) Ta thấy,  x  2 Đặt 3  x 3  6 x 2  12 x  8  ( x 3  14)  6( x 2  2 x  1) x 2  2 x  1  a  0, x  2  b . Ta có pt: 2a  3 b3  6a 2  b  3 b3  6a 2  b  2a  b3  6a 2  b3  6b 2 a  12ab 2  8a 3  8a 3  6b 2 a  12ba 2  6a 2  0 a  0  2   3  3 2 2a  b   b  3a  0(*)  2  4 3(1.5điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Dễ thấy pt(*) vô nghiệm . a  0 , giải pt thu được x  y  1  2.   1  AE  AB  AD , 3         AI  AB  BI  AB  k BF  AB  k ( BC  CF ) k    (1  ) AB  k AD. 2    6  2  2 Vì AI , AE cùng phương suy ra k  . Vậy AI  AB  AD. 5 5 5     1  3  Lại có, CI  AI  ( AB  AD)  AB  AD 5 5    AI .CI  0. a 4(1.5điểm) Từ giả thiết suy ra bcosC+ccosB  . cosBcosC sin B sin C a 2  b2  c 2 Áp dụng định lý Côsin, bcosC= , tương tự với ccosB . 2a  bcosC+ccosB=a 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Từ đó, B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2). Suy ra, B  900  C  A  900.   5(1.5điểm) Gọi A(x;y). Ta có, MA  3MG , suy ra A(0;2)  1 3 Pt đường thẳng BC ( qua M, nhận MG ( ;1) ) làm VTPT: x  3y  4  0 B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2) 0.5 0.25 0.5 0.25 Tam giác ABC vuông tại A   0.25 0,25 TH1: b  0  B(4;0), C (2; 2) 0.25  AB. AC  0  (3b  2)(3b  4)  (b  4)(b  2)  0 TH2: b= -2 , ngược lại. 6(1.5điểm) Vai trò a,b,c bình đẳng, giả sử b là số ở giữa 0.25  (b  a )(b  c )  0  a(b  a )(b  c )  0  P  a(b  a )(b  c )  b(a 2  c 2 )  b(a 2  c 2 ) 0.25 Áp dụng BĐT Côsi, a2  c2 a2  c2  P  b (a  c )  4b . 2 2 2 2 2 2 a c a c b2   2 2 )3  4  P  2.  4( 3 2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy giá trị lớn nhất của khi P bằng 2. Ghi chú: các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng 0.75 0.25 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy. Câu 2: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: → thỏa mãn điều kiện 2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ . Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 Giải hệ phương trình: ⎨ . 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 Câu 4: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì: a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0. Câu 5: (4 điểm) Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy tùy ý một điểm M. Chứng minh rằng T = MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. --- HẾT --- 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) Phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy (1) - Có x = y = 0 thỏa mãn phương trình (1) - Khi x, y ∈ Z , xy ≠ 0 thì (1) ⇔ ( x − 2 y ) 2 = xy ⎛ xy ⎞ ⎜ − 1⎟ (2) 2 ⎝ 2 ⎠ (1.0đ) (1.0đ) Phương trình (2) có VT là số chính phương và VP là tích của 2 số nguyên xy (1.0đ) liên tiếp nên suy ra − 1 = 0 ⇔ xy = 2 (3) 2 ⎧x = 2 ⎧ x = −2 Từ (2) và (3) suy ra ⎨ . hoặc ⎨ ⎩y =1 ⎩ y = −1 ⎧x = 0 , Kết luận nghiệm của (1) là: ⎨ ⎩y = 0 ⎧x = 2 ⎧ x = −2 và ⎨ ⎨ ⎩y =1 ⎩ y = −1 (1.0đ) Câu 2: (4 điểm) 2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x Đặt a = 2012, b = 2011. Thay x bởi x+1, ta có af ( x) + bf (− x) = x + 1 ⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1 (1.0đ) (0.5đ) (1) (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) = 2 a+b ⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1 x 1 ⎪ ⇒⎨ + 2 ⇒ f ( x) = a −b a +b ⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b 1 Vậy f ( x) = x + . 4023 Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1) ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 ) Lấy (1) trừ (2), ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x 1 (1.0đ) (1.0đ) (0.5đ) (1.0đ) ⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0 ⎡x = y ⇔⎢ ⎣8 x + 8 y + 9 = 0 (1.0đ) • Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15 2 ⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0 1 11 ⇔ x = hoặc x = − 8 2 (1.0đ) 8x + 9 4 2 ⇔ 64 x + 72 x − 35 = 0 • Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 − 2 ⎡ −9 + 221 ⎢x = 16 ⇔⎢ ⎢ −9 − 221 ⎢x= 16 ⎣ x= (0.5đ) −9 ± 221 −9 ∓ 221 ⇒y= 16 16 Vậy hệ có các nghiệm là: ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞ ; ; ⎟;⎜ ⎟ ⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜ 16 16 16 16 ⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Câu 4: (4 điểm) BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012 + Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có: a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1 (0.5đ) 2013a (0.5đ) (1.5đ) 2012 sô ≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a (1.0đ) (1.0đ) + Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1 Câu 5: (4 điểm) - Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC và lập luận được OA + OB + OC = 0 (0.25đ) 2 2 (0.25đ) - Viết được MA = 2 R + MO.OA ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( - Viết được T= 12 R 4 + 8R 2 .MO OA + OB + OC + 4 MO.OA + 4 MO.OB + 4 MO.OC (0.25đ) - Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng OA, OB, OC. ( ) ( 2 ) ( 2 Lập luận được MO.OA + MO.OB + MO.OAC ) 2 = R 2 . ( OA12 + OB12 + OC12 ) (1.0đ) - Lập luận được A1, B1, C1 là các đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đường kính OM. (1.0đ) 2 ) 2 3 2 - Lập luận được OA12 + OB12 + OC12 = R 2 (1.0đ) - Vậy T = 18R4. (0.25đ) --- HẾT--- 3 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x + y = 2 x + y + 2. Câu 2: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: → thỏa mãn điều kiện 2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ . Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 . Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 Câu 4: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì: a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0. Câu 5: (4 điểm) (C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 2 y + 3 = 0 Cho đường tròn và đường thẳng d : x + my − 2m + 3 = 0 . Gọi I là tâm của (C). Tìm m để đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. --- HẾT --- 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 2x + - Phương trình: ( (1) ) ⇔ 2 xy = 2 2 x + y + 1 (2) ⇔ 4 2 x + y = xy − 4 x − 2 y − 2 (3) 2 xy là số chẵn và Từ (2) , (3) suy ra Đặt y = 2x + y + 2 2 xy = 2t, t ∈ + 2 x + y là số nguyên. . ⎧⎪ 2 xy = 2t Kết hợp với (1) và (2), ta có hệ: ⎨ ⎪⎩ 2 x + Suy ra y = t +1 . y là nghiệm của PT: X2 – (t + 1)X + 2t = 0 (4). 2 x và (1.0đ) 2 (0.5đ) (0.5đ) 2 PT (4) có Δ = t - 6t + 1 = (t - 3) - 8. PT (4) có nghiệm nguyên khi Δ ≥ 0 và Δ là số chính phương. Ta có Δ ≥ 0 ⇔ 0 < t ≤ 3 − 2 2 hoặc t ≥ 3 + 2 2 ⇒ t ≥ 6 Nên ta có (t - 5)2 ≤ Δ < (t - 3)2 + Δ = (t - 5)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 5)2 => t = 6 (thỏa mãn) Giải ra có x = 8; y = 9 + Δ = (t - 4)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 4)2 => 2t = 15 (loại) Vậy nghiệm của (1) là: ( x; y ) = (8; 9) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) Câu 2: (4 điểm) 2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x Đặt a = 2012, b = 2011 Thay x bởi x+1, ta có af ( x) + bf (− x) = x + 1 ⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1 (1.0đ) (0.5đ) (1) (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) = 2 a+b ⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1 1 x ⎪ ⇒⎨ + 2 ⇒ f ( x) = a −b a +b ⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b 1 (1.0đ) (1.0đ) Vậy f ( x) = x + 1 . 4023 (0.5đ) Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1) ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 ) Lấy (1) trừ (2) ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x (1.0đ) ⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0 ⎡x = y ⇔⎢ ⎣8 x + 8 y + 9 = 0 2 • Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15 (1.0đ) ⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0 11 1 ⇔ x = hoặc x = − 8 2 (1.0đ) 8x + 9 4 ⇔ 64 x 2 + 72 x − 35 = 0 • Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 − 2 ⎡ −9 + 221 ⎢x = 16 ⇔⎢ ⎢ −9 − 221 ⎢x= 16 ⎣ x= (0.5đ) −9 ± 221 −9 ∓ 221 ⇒y= 16 16 Vậy hệ có các nghiệm là: ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞ ; ; ⎟;⎜ ⎟ ⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜ 16 16 16 16 ⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ (0.5đ) Câu 4: (4 điểm) BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012 + Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có: a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1 2013a. (0.5đ) (1.5đ) 2012 sô ≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a + Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1 (1.0đ) (1.0đ) Câu 5: (4 điểm) - Xác định được I(-2; -1) và bán kính của (C) là R = 2 2 (0.5đ) - Viết được công thức tính diện tích của tam giác IAB: S ΔIAB = - Lập luận được S ΔIAB đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin AIB = 1 ⇔ d(I;d) = 1 1 − 3m ⇔ =1 1 + m2 ⎡m = 0 ⇔⎢ ⎢m = 3 ⎣ 4 - Kết luận --- HẾT--- 3 1 2 R .sin AIB (0.5đ) 2 (0.5đ) (1.0đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) 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). x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2 (x∈ ). 1. Giải phương trình: 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) . Câu 2 (1,5 điểm). 2 3 2  x + x y − xy + xy − y = 1 Giải hệ phương trình:  4 ( x, y ∈ ) . 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 Câu 3 (1,5 điểm). ( Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2 )( y + ) 1 + y 2 = 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 uuur uuur uuur uuur 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 = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 , 2 AC.BD.sin α trong đó α 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 cot ϕ =  7 5   13 5  M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm 2 2  2 2 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………………. 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: Nội dung trình bày Điểm Câu Ý 1 1 2,0 điểm 2 2 1 3 1 3   Ta có x 2 − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định 2 4 2 4   với mọi x ∈ . Phương trình đã cho tương đương với x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2 2 (x 2 )( ) − x + 1 x2 + x + 1 = 4 0,5 ⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2 1 − x 2 ≥ 0  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 4 ⇔ 2  4 2 2 4 2 2 x + x +1 = 1 − 2x + x  x + x + 1 = (1 − x )  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. x = 0 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4 0,5 0,5 m ≥ 2 2 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0 m m − 4 ≥ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  ( 0,5 ) 0,5 2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra 3 3 2 P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m 0,5 Bảng biến thiên m -2 0 2 0 16 3 0,5 P -144 2 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 1,5 điểm 0,5 2 2  x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1 Ta có  4 ⇔ 2 2 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 ( x − y ) + xy = 1 0,25 a = x 2 − y Đặt  . Hệ trở thành: b = xy  0,25  a + ab + b = 1 (*)  2 a + b = 1   a 3 + a 2 − 2a = 0 a (a 2 + a − 2) = 0 Hệ (*) ⇔  ⇔ 2 2 b = 1 − a b = 1 − a 0,25 Từ đó tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}  x2 − y = 0 * Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ  ⇔ x = y = 1. xy = 1  0,25  x2 − y = 1 * Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ  ⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .  xy = 0 0,25 * Với (a; b) = (−2; −3) ta có hệ 3 3    x 2 − y = −2 y = − y = − ⇔ ⇔ ⇔ x = −1; y = 3 . x x  xy = − 3 3 2  x + 2x + 3 = 0 ( x + 1)( x − x + 3) = 0   0,25 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);(−1; 3)} . 3 1,5 điểm Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x = Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 = Từ (1) và (2) suy ra x + y = Do đó x + y ≥ t 2 −1 (1) 2t 0,25 2012 20122 − t 2 . Từ đây cũng suy ra y = (2) t 2.2012.t t 2 − 1 20122 − t 2 2011  2012  + = t+ 2t 2.2012.t 2.2012  t  0,25 2011 2012 2011 2011 .2 t. = .2 2012 = . 2.2012 t 2.2012 2012 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y = 0,25 0,5 2011 2 2012 0,25 2011 2011 , khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2012 2 2012 4 1 1,0 điểm A P N H O 0,5 B C K M D 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 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2OK = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH uuur uuur uuur uuuur Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được: uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH uuur uuur ⇒ 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng. 1,0 điểm ( 2 ) 1 AB 2 + MA2 − MB 2 AC.BD.sin α ; cot ϕ = 2 4S MAB Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD = 0,5 0,5 Tương tự ta được: AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2 cot ϕ = = = 4S MAB 4S MBC 4S MCD = DA2 + MD 2 − MA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4S MDA 4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA ) 0,5 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4S ABCD 2 AC.BD.sin α 1,0 điểm = 3 A N P K I C B 0,25 M 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: x 2 + y 2 + 3x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại  3  tiếp tam giác ABC có tọa độ là K  − ; 0  .  2  uuur uuur 5 Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt n AB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình 2 AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ 2 x − y + 3 = 0  y = 2x + 3  x = 1, y = 5 phương trình  2 ⇔ ⇔   2 2  x = −4, y = −5  x + y + 3x − 29 = 0  x + 3x − 4 = 0 uuur uuur 5 Suy ra A (1;5 ) , B ( −4; −5) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là n AC = KN = ( 2;1) 2 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 x + y − 7 = 0  y = −2 x + 7  x = 1, y = 5 ⇔ 2 ⇔ . Từ đây suy ra C ( 4; −1) .  2 2  x = 4, y = −1  x + y + 3x − 29 = 0  x − 5x + 4 = 0 Vậy A (1;5 ) , B ( −4; −5) , C ( 4; −1) . 0,25 0,5 TRƯỜNG THPT KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Môn: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi: 31/01/2013 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài 1. (4.0 điểm) 1. Giải phương trình: 11 25 − =1 2 x ( x + 5 )2  x2 − y 2 − 6 = 0  2  2  2.Giải hệ phương trình:  2 ( x + y − 1) −   −3 = 0 − x y    Bài 2. (5.0 điểm) 2 Cho hàm số y = x + 2ax + b (1) 1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng x = 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P). 2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất. Bài 3. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho: BM = a 2a ; CN = ; AP = x (0 < x < a ) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN. 3 3 Bài 4. (2 điểm) Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận x = 3 3 + 1 làm nghiệm. Bài 5. (3.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có: x + y + 2013 z + 3 4 ( x3 + y 3 ) ≤ x + y + 2013 x+ y+z . Bài 6. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong AD, BE ( D ∈ BC , E ∈ AC ) biết rằng AD.BC = BE. AC . Tính góc C. ----------- HẾT ----------- HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Chú ý: 1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp cho cách giải khác. 2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn lại. Đáp án chấm chi tiết Câu 1.1 Nội dung 11 25 Giải phương trình: 2 − = 1 (1) x ( x + 5)2 Điểm 2đ Đặt t = x + 5 ( t ≠ 0; t ≠ −5 ) khi đó phương trình trở thành 0.5đ 11 ( t − 5) 2 − 25 2 2 = 1 ⇔ 11t 2 − 25 ( t − 5 ) = t 2 ( t − 5 ) 2 t 0.5đ ⇔ t 4 − 10t 3 + 39t 2 − 250t + 625 = 0 625    25  ⇔  t 2 + 2  − 10  t +  + 39 = 0 t  t    25 Đặt a = t + ( a ≥ 10, a ≠ −10 ) (*) t 0.5đ ta thu được phương trình a 2 − 10a − 11 = 0 ⇔ a = 11(do(*)) Với a = 11 ta có t + 25 11 ± 21 = 11 ⇔ t 2 − 11t + 25 = 0 ⇔ t = t 2 khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: x = 1.2 1 ± 21 2  x2 − y 2 − 6 = 0  2 Giải hệ phương trình:   2  2 ( x + y − 1) −   −3 = 0  x− y  ( x − y )( x + y ) = 6  Ta có ( I ) ⇔  4 2 ( x + y − 1) − x − y 2 = 3 ( )  a = x − y Đặt  ( b ≠ 0 ) ta có hệ ( I ) trở thành b = x + y 0.5đ 2đ (I ) 0.5đ 1 a = a.b = 6   b 6 ⇔ (I ) ⇔  4 2 2 ( a − 1) − b 2 = 3 ( a − 1)2 − 4a = 3 36  (1) (2) a = 3 Từ (2) ta có phương trình: 9 ( a − 1) − a = 27 ⇔ 8a − 18a − 18 = 0 ⇔   a = −3 4  5  x=  x + y = 3  2 *Với a = 3 ta có b = 2 suy ra  ⇔ x − y = 2  y = 1  2 2 nghiệm hệ là 2 2.1 5 1 ;  2 2 0.5đ ( x; y ) =  −35 29  ;   8 8  Cho hàm số y = x 2 + 2ax + b (1). Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng x= 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P). Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên − a = 2 ⇔ a = −2 mà đỉnh của (P) nằm trên Ox do đó 0 = 22 − 4.2 + b ⇔ b = 4 hàm số trở thành y = x 2 − 4 x + 4 Bảng biến thiên x y 0.5d ( x; y ) =  −35  3 x =  3 x + y = −  8 *Với a = − ta có b = −8 suy ra  4⇔ 29 4  x − y = −8 y =  8 nghiệm hệ là 0.5đ 2 −∞ +∞ 2 2đ 0.5 0.5 +∞ +∞ 0 Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I(2;0), nhận x = 2 làm trục đối xứng và qua các điểm A(1; 1), B(0;4), C(3; 1), D(4;4) Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số. 0.5 0.5 y x O 2.2 Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất. 3đ Gọi A là giao điểm của với (P) d ( M , Ox) = ( a − 2 ) 2 M ∈ ( P) ⇒ M a; ( a − 2 ) ⇒  d ( M , Oy) = a ( Oy ta có A(0;4), M 1đ 2 ) Vậy với S = d ( M , Ox) + d ( M , Oy) = a + ( a − 2 ) 2 Nếu a < 0 thì S > 4. 0.5đ Nếu a > 2 thì S >2 2 3 7 7  Nếu 0 ≤ a ≤ 2 thì S = a + ( a − 2 ) =  a −  + ≥ 2 4 4  7 3 3 1 Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là xảy ra khi a = khi đó M  ;  là 4 2 2 4 điểm cần tìm Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P 2 3 sao cho: BM = 0.5đ 1đ 3đ a 2a ; CN = ; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN 3 3 Từ giả thiết ta có: AP x uuur x uuur AN 1 uuur 1 uuur = ⇒ AP = AB; = ⇒ AN = AC AB a a AC 3 3 0.75 uuur uuur uuur uuur uuur vậy PN = AN − AP = 1 AC − x AB 3 a uuur 1 uuur x uuur uuur uuur uuur suy ra PN = AC − AB ⇔ 3aPN = a AC − 3 x AB 3 a 1 uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur Hơn nữa: AM = 2 AB + 1 AC ⇔ 3AM = 2 AB + AC 3 3 AM ⊥ NP ⇔ 0.5 uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur AM .PN = 0 ⇔ 3 AM .3aPN = 0 ⇔ 2 AB + AC −3x AB + a AC = 0 ( )( ) 0.75 uuur uuur 1 ⇔ −6 x. AB 2 + aAC 2 + ( 2a − 3x ) AB. AC = 0 ⇔ −6 xa 2 + a 3 + ( 2a − 3x ) a 2 = 0 2 ⇔− 4 15 2 4 xa + 2a 3 = 0 ⇔ x = a 2 15 Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận x = 3 3 + 1 làm nghiệm. 3 Ta có x = 3 3 + 1 ⇔ 3 3 = x − 1 ⇔ 3 = ( x − 1) ⇔ x3 − 3 x 2 + 3 x − 4 = 0 Vậy P( x) = x3 − 3x 2 + 3x − 4 là một đa thức thỏa ycbt Ta chứng minh n = 3 là bậc nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy vì không có đa thức bậc nhất với hệ số nguyên nhận x = 3 3 + 1 làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai 2đ với hệ số nguyên nhận x = 3 3 + 1 làm nghiệm là ax 2 + bx + c khi đó tồn tại đa thức với hệ số nguyên mx + n sao cho P ( x) = ( mx + n ) ( ax 2 + bx + c ) bằng cách đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên. Vậy Q ( x) = k ( x 3 − 3 x 2 + 3 x − 4 ) (k ∈ , k ≠ 0) là đa thức cần tìm. 5 x + y + 2013 CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có: z + 3 4 ( x3 + y3 ) ≤ 3đ x + y + 2013 .(1) x+ y+ z Ta có : (1) ⇔ 3 4 ( x 3 + y 3 ) ≥ x + y . 0,5đ 3 1,5đ Suy ra: z + 3 4 ( x 3 + y 3 ) ≥ z + x + y . 0,5đ Vậy 6 2 Mà 4 ( x 3 + y 3 ) − ( x + y ) = 3 ( x + y )( x − y ) ≥ 0 x + y + 2013 z + 3 4 ( x3 + y3 ) ≤ x + y + 2013 x+ y+ z 0,5đ Cho tam giác ABC không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong AD, BE ( D ∈ BC , E ∈ AC ) biết rằng AD.BC = BE. AC . Tính góc C. 3đ Gọi O là giao điểm hai đường phân giác 1đ Ta có: AD.BC sin ADB = BE. AC.sin AEB mà AD.BC = BE. AC ⇒ sin ADB = sin AEB  ADB = AEB ⇒  ADB + AEB = 180o 0.5đ TH1: Nếu ADB = AEB thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó EAD = EBD tức là A = B , điều này trái với giải thiết bài toán 0.5đ TH2: Nếu ADB + AEB = 180o thì ECD + EOD = 180o 0.5đ 1 do đó EOD = AOB = 180o − ABO + BAO = 90o + C 2 ( ) 1 Suy ra 180o = ECD + EOD = C + 90o + C ⇒ C = 60o 2 Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi C = 60o 0.5đ A C P N E D B B M Hình vẽ bài 3 A C Hết Hình vẽ bài 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (2,5 điểm) a) Cho hàm số y  x 2  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. b) Giải bất phương trình: 1 x2  4x  3  1 0 2x  4 Câu 2 (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM 3 và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin   5 Câu 3 (2,5 điểm)  2  3 a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD  BC;  1  AE  AC . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 4 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I  2    2 2 thỏa mãn hệ thức: b IB  c IC  2a IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b 2 MB2  c 2 MC2  2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x 2  1  2  5 x 2  4 x  b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng: 1  1  x2 1  1  y2 1  1  z2    xyz . x y z …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Cho hàm số y  x  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các 1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn 1,25 thẳng AB cách đều các trục tọa độ. Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt x 2  3 x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0  m>1 x  xB Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I  A  1; 2 yI  x I  m  m  1 Yêu cầu bài toán  y I  x I b 0,25 0,25  m  1  1  m  2; m  0 0,25 0,25 Kết hợp ĐK, kết luận m  2 0,25 1 Giải bất phương trình: 2  x  4x  3  x 2  4 x  3  0 TXĐ:  x  2 1 (1)  2 x  4x  3  1  0 (1) 2x  4  1  x  2;2  x  3 1,25 0,25 1 2x  4 Nếu 1  x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 1  x  2 2 x  4  0 Nếu 2  x  3   2   x  4 x  3  0 0,25 0,25 2 bất pt đã cho  2x  4   x  4x  3 2  4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3  5 x 2  20 x  19  0 0,25 5 5 x  2 ;x  2 5 5 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2   x3 5 0,25 5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2)  (2  ;3) 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng cách a từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C 1,25 nằm trên trục tung. y 1 3 ; C(0:y0) ; D(C;  )= 0 , theo bài ra ta có 5 5 y0  1 9   y0  10; y 0  8 5 5 D(B;  )= 0,25 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8) 0,25 Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.   Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ; 0,25 Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5  3  Theo định lý Ta - Let suy ra CA  CB ' 2 0,25    7 44  A(x; y);CA   x; y  8  ; CB'    ;   5 5  21 26 Từ đó suy ra A( ; ) ;C(0;-8) 0,25 10 5 Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung 1,25 b tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin   3 5 Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C c2 của tam giác. Có CN 2  b 2  4 2 b BM 2  c2  4 B N G 0,25 C A M BG 2  CG 2  BC 2 2BG.CG 2(b2  c 2 ) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC  = Có 2(b 2  c2 ) (4c 2  b 2 )(4b2  c 2 ) ; Do đó cos  (4c2  b 2 )(4b 2  c2 )  (4c2  b 2 )(4b 2  c2 ) Hay sin   1  cos 2   3 (4c2  b 2 )(4b 2  c2 ) 5(b2  c 2 ) ;"  "  4c2  b 2  4b 2  c2  b  c 2 2(b 2  c2 ) Do đó cos   2(b 2  c2 ).2 4  5(b 2  c2 ) 5 3 . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 5  2   1  Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Tìm 3 4 vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. a 0,25 0,25 0,25 1,25  1   1  3  Vì AE  AC  BE  BC  BA(1) 4 4 4      Giả sử AK  x.AD  BK  x.BD  (1  x)BA A E K B 0,25 0,25 D C 3  2     2x   Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK  BD  (1  x)BA 3 3   Vì B, K, E thẳng hàng(B  E ) nên có m sao cho BK  mBE  m  3m  2x  Do đó có: BC  BA  BC  (1  x)BA 4 4 3   3m     m 2x   Hay    BC  1  x   BA  0 4  4 3     Do BC; BA không cùng phương nên m 2x 3m 1 8   0 &1  x   0 Từ đó suy ra x  ; m  4 3 4 3 9  1  Vậy AK  AD 3 Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c.     b Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a 2 IA  b2 IB  c2 IC  0 ; Tìm điểm M: biểu thức 2a 2 MA 2  b2 MB2  c 2 MC2 đạt giá trị lớn nhất. b 2 .BH  c2 .CH . Do đó: C H  2 2 Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x  1  2 5 x  4 x ĐK: x  1 2 0,25 1,25    b2 .BH  c 2 .CH  0 Từ đó có (2a 2 .IA 2  b 2 .IB2  c2 .IC 2 )  3b 2c2     Mặt khác xMA 2  x(IA  IM)2  x(IM 2  IA 2  2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có xMA2  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM 2  xIA 2  yIB2  zIC2 Thay số có: 2a 2 MA 2  b 2 MB2  c2 MC2  a 2 IM 2  3b 2c2  3b 2c2 Dấu bằng xảy ra khi M trùng I a 0,25 0,25      Suy ra b 2 .IB  c 2 .IC  b 2 .IH  c 2 .IH  a 2 .IH     Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA  a 2 .IH hay 2.IA  IH Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH     Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  0 (*) bình phương vô hướng 2 vế   (*), chú ý rằng 2IA.IB  IA 2  IB2  AB2 ta có: (x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc 2  xzb 2  yza 2 4 0,25 Kẻ đường cao AH, ta có b2  a.CH;c 2  a.BH nên A B 0,25 ;x    (*) 1 0,25 0,25 0,25 0,25 1,25 0,25 2 (*)  (3x  1)2  (2x 2  1)  2(3x  1) 2x 2  1  1  (3x  1) 2  (2x 2  1)  (10x 2  8x)  2  3x  1  2x  1  2   x  1 2 0,25  2x 2  1  2x  2(a)   2x 2  1  4x(b) 0,25 Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x  4  6 2 4  6 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng: 0,25 Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x  0,25 1  1  y2 1  1  z2    xyz (I) y z 1,25 b 1  1  x2 x Giả thiết suy ra: 1 1 1    1 . Ta Có: xy yz zx  1 1  1 1  1  2 1 1  1 x2 1 1 1 1  2               ;"  "  y  z x x xy yz zx  x y  x z  2  x y z  Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được:  1 1 1 1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2    3     ;"  "  x  y  z x y z x y z 1 1 1 2 2 Ta sẽ CM: 3      xyz  3  xy  yz  zx    xyz    x  y  z  x y z 2 2 0,25 0,25 0,25 2   x  y    y  z    z  x   0 Điều này luông đúng Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. 0,25 0,25 SỞ GD & ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG VÒNG 1 TRƯỜNG THPT SƠN ĐỘNG SỐ 3 MÔN: TOÁN - LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 Ngày thi 27/10/2013 Thời gian làm bài : 180 phút Câu 1 (5 điểm). Giải phương trình a) sin 2 x  2 sin 3 x  cos 2 x b) cos 4 x  2 cos 2 x  2sin 2 x  3   c) 2 2cos 2 x  sin 2 x cos  x  3 4      4sin  x    0 4   Câu 2 (5 diểm). a) Giải phương trình: 3 2  x  1  x 1  x  y  a 1 b) Cho hệ phương trình  2 2  x  y  2a  2 . Tìm a để tích x.y lớn nhất c) Giải bất phương trình sau:   x 2  4 x  x 2  3x  2  0 Câu 3 (4 điểm). Cho tập hợp A  0;1; 2;3; 4;5;6;7 . Hỏi từ tập A có thể lập được bao nhiêu số có 6 chữ số sao cho: a) Số này là số chẵn có các chữ số khác nhau đôi một b) Số này là số lẻ có các chữ số đôi một khác nhau và chữ số đứng ở vị trí thứ 3 luôn chia hết cho 6 Câu 4 (4 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc cạnh AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng 2 . a) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. b) Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 5 (2 điểm). Chứng minh rằng: Nếu cosA.cosB.cosC  1 thì ABC là tam 8 giác đều. Lưu ý: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH KỲ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG – NĂM HỌC 2011-2012 TRƯỜNG THPT XUÂN TRƯỜNG Môn thi: Toán 10 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. (4 điểm) Cho hàm số y = x 2 − 3 x + 2 có đồ thị (C). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Tìm m để phương trình: x 2 − 3 x + 2 = m − 2 có đúng 2 nghiệm. Câu 2. (6 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình và hệ phương trình sau 2 a) x−4 + 8− x ( b) 2 x 2 − 5 x − 7 ) = 1+ ( x − 4 )( 8 − x ) x−2 ≥0 2 x 3 + y 3 = 3 x 2 y + xy 2   c)  x 2 + y 2 = 5  x < 0; y < 0  ( ) ( ) Câu 3. (4 điểm) Tam giác ABC có các góc thỏa mãn hệ thức cot B + cot C = α cot A . Độ dài các cạnh BC, CA, AB tương ứng là a, b, c. a) Với α = 1 chứng minh rằng b 2 + c 2 = 5a 2 . 2 b) Tìm giá trị lớn nhất của góc A khi α = 2 ( ) 2 −1 . Câu 4. (4 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A1 ( −1; −2 ) , B1 ( 2; 2 ) , C1 ( −1; 2 ) . a) Tìm tọa độ điểm M ∈ Ox sao cho MA1 B1 = 450 . b) Tam giác nhọn ABC có chân các đường cao hạ từ A, B, C theo thứ tự là A1 , B1 , C1 . Viết phương trình cạnh BC của tam giác ABC. Câu 5. (2 điểm) Cho 3 số không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 3 . Chứng minh rằng x3 + y 3 + z 3 + xyz ≥ 4 . ----------------------HẾT---------------------- Câu 1a) 2đ ĐÁP ÁN ĐIỂM TXĐ: D = − 0.5 b 3 ∆ 1 = ; − =− ;a=1>0 2a 2 4a 4 ( 32 ; +∞ ) ; nghịch biến trên ( −∞; 32 ) . Hàm số đồng biến trên 0.5 Bảng biến thiên 4 4 2 x -∞ +∞ y 2 +∞ +∞ 3/2 -1/4 BBT 0.5 Hình 2 Hình 1 Đồ thị có TĐX là x = 3/2, Đồ thị cắt Ox tại điểm (1;0) và (2; 0), cắt Oy tại (0; 2). Đồ thị (hình vẽ 1) 1b) 2đ 2a) 2đ Từ đồ thị trên suy ra đồ thị hàm số y = x 2 − 3x + 2 như hình vẽ 2: 1 m − 2 = 0 m = 2 ⇔ Từ đó, để phương trình có 2 nghiệm phân biệt điều kiện là:  1 m − 2 >  m > 9/2  4 1 0.5 Điều kiện 4 ≤ x ≤ 8 . Đặt t = x − 4 + 8 − x (t > 0), t 2 = 4 + 2 ( x − 4 )( 8 − x ) 2 t2 − 4 2 t2 − 2 Phương trình đã cho trở thành: = 1 + ⇔ = ⇔ t 3 − 2t − 4 = 0 t 2 t 2 ( ) ⇔ ( t − 2 ) t 2 + 2t + 2 = 0 ⇔ t = 2 Với t = 2, 2b) 2đ ( x − 4 )( 8 − x ) = 0 ⇔ x = 4 hoặc x = 8. x−4 + 8− x = 2 ⇔ 0.5 0.5 0.5 Điều kiện: x ≥ 2 . Bất phương trình đã cho tương đương với 0.5   x ≤ −1 2 x 2 − 5 x − 7 ≥ 0  TH1:  ⇔   x ≥ 7/2 ⇔ x ≥ 7/2 (t/m điều kiện) x ≥ 2  x − 2 ≥ 0  0.5 2 x 2 − 5 x − 7 ≤ 0 TH2:   x − 2 ≤ 0 2c) 2đ ĐT 0.5 −1 ≤ x ≤ 7/2 ⇔ ⇔ x = 2 (t/m điều kiện) x = 2 0.5 Vậy, bất phương trình đã cho có tập nghiệm S = {2} ∪ [ 7/2; +∞ ) . 0.5 Do x < 0; y < 0 nên x + y < 0 0.25 2 x 3 + y 3 = 3 x 2 y + xy 2 2 ( x + y ) x 2 − xy + y 2 = 3xy ( x + y ) Ta có:  ⇔ 2 2 2 2 + = x y 5  x + y = 5  ( ) ( ) ( ) 2 ( 5 − xy ) = 3 xy  x = −1  x + y = −3  x = −2 hoặc  (thỏa mãn) ⇔ 2 ⇔ ⇔ 2  xy = 2  y = −1  y = −2  x + y = 5 Vậy, hệ đã cho có nghiệm (-1; -2) và (-2; -1). 0.5 1 0.25 3a) 2đ cot A = cos A b 2 + c 2 − a 2 b 2 + c 2 − a 2 = = . sin A 2bc sin A 4S a2 + c2 − b2 a2 + b2 − c2 ; cot C = 4S 4S Tương tự: cot B = 0.5 a 2 + c2 − b2 + a2 + b2 − c2 b2 + c 2 − a2 cot B + cot C = α cot A ⇔ = α. 4S 4S 2 2 2 ⇔ ( 2 + α ) a = α b + c (*) ( ) 1 2 Với α = , ta có ( 2 + 12 ) a 2 = 3b) 2đ 0.5 Từ (*) ⇒ b 2 + c 2 = 2 +α α 1 2 (b 2 0.5 ) + c 2 ⇔ b 2 + c 2 = 5a 2 0.5 0.5 a2 2 +α 2 a2 b +c −a α α cos A = = = 2bc 2bc 2bc 2 2 a 2a 2 2 2 2 ≥ α = = = = 2 2 2 + α 2 2 + α 2 + 2 2 −1 2 b +c α. a 2 2 2 a2 − a2 ( α 0.5 ) 0.5 Suy ra, A ≤ 45 . Vậy GTLN của góc A là 450 khi b = c . 0.5 uuuur uuuur Gọi M ( x;0 ) ∈ Ox . A1 M = ( x + 1; 2 ) ; A1 B1 = ( 3; 4 ) . Ta có: 0.5 0 4a) uuuur uuuur uuuur uuuur A1 M . A1 B1 = A1 M . A1 B1 .cos MA1 B1 ⇔ 3 ( x + 1) + 8 = ( ) ( x + 1) 2 + 4.5.cos 450  x ≥ −11/3 ⇔ 6 x + 22 = 5 2 x 2 + 2 x + 5 ⇔  2 2 36 x + 264 x + 484 = 50 x + 2 x + 5 ( )  x ≥ −11/3 ⇔ 2 ⇔ 14 x − 164 x − 234 = 0 ( )  x = 13  x = −9/7 . Vậy, M (13; 0 ) hoặc M ( −9/7;0 )  4b) 0.5 0.5 0.5 A B1 C1 H B A1 C Chứng minh được trực tâm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1C1 . uuuur uuuur uuuur G/s H ( x; y ) , A1 H = ( x + 1; y + 2 ) ; A1C1 = ( 0; 4 ) ; A1 B1 = ( 3; 4 ) 0.5 uuuur uuuur uuuur B1 H = ( x − 2; y − 2 ) ; B1 A1 = ( −3; −4 ) ; B1C1 = ( −3;0 ) . Ta có uuuur uuuur cos A1 H , A1C1 = cos  uuuur uuuur  cos B1 H , B1 A1 = cos ( ( ) ) uuuur uuuur ( A H, A B ) uuuur uuuur (B H, B C ) 1 1 1 1 1 1  4 ( y + 2) 3 ( x + 1) + 4 ( y + 2 ) =  2 2 2 2 ( x + 1) + ( y + 2 ) .5  ( x + 1) + ( y + 2 ) .4 ⇒ −3 ( x − 2 )  −3 ( x − 2 ) − 4 ( y − 2 ) =  2 2 2 2 ( x − 2 ) + ( y − 2 ) .3  ( x − 2 ) + ( y − 2 ) .5 5 y + 10 = 3x + 4 y + 11 3x − y = −1 x = 0 ⇔ ⇔ ⇔ . H ( 0;1) . 3x + 4 y − 14 = 5 x − 10  x − 2 y = −2 y =1 uuuur BC qua A1 ( −1; −2 ) , nhận A1 H = (1;3) làm vecto pháp tuyến nên có phương trình 0.5 0.5 0.5 ( x + 1) + 3 ( y + 2 ) = 0 ⇔ x + 3 y + 7 = 0 . 5) 3 3 BĐT ⇔ ( x + y ) − 3xy ( x + y ) + z 3 + xyz − 4 ≥ 0 ⇔ ( 3 − z ) + z 3 − 3xy ( 3 − z ) + xyz − 4 ≥ 0 0.5 ⇔ xy ( 4 z − 9 ) + 9 z 2 − 27 z + 23 ≥ 0 . Đặt t = xy , do 0 ≤ xy ≤ ( x + y) 4 2 = (3 − z ) 4 2 nên 0 ≤ t ≤ 2 (3 − z ) 2 0.25 4 Ta chứng minh f ( t ) = ( 4 z − 9 ) t + 9 z − 27 z + 23 ≥ 0 , với mọi 0 ≤ t ≤ (3 − z ) f ( t ) là hàm bậc nhất đối với t nên đạt được GTNN tại t = 0 hoặc t = 2 4 (*) (3 − z ) 4 2 0.5 + f ( 0 ) = 9 z 2 − 27 z + 23 > 0 ( do a = 9 > 0; ∆ = −99 < 0 )  ( 3 − z )2 + f  4  2  3 − z) ( 1 2  = ( 4z − 9) + 9 z 2 − 27 z + 23 = ( z − 1) ( 4 z + 11) ≥ 0  4 4  Vậy, (*) đúng, ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ra khi x = y = z= 1. 0.5 0.25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KonTum ĐỀ THI CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI : TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2 điểm) a) Cho hàm số y = x 2 + 2mx − 3m và hàm số y = −2 x + 3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương. b) Giải bất phương trình: − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x Câu 2 (2 điểm) 3 3 3 a) Giải phương trình: (4 x − x + 3) − x = 3 2 b) Giải phương trình: 2 x 2 − 11x + 23 = 4 x + 1 Câu 3 (2 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M (1;4) . Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A(hoành độ của A dương), d cắt trục tung tại B(tung độ của B dương). Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): ( x − 2)2 + ( y + 3) 2 = 9 và điểm A(1; −2) . Đường thẳng ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. Câu 4 (3 điểm) a) Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 . 1 1 1 b) Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 2 = 2 + 2 (trong đó AB=c; AC=b; ha b c đường cao qua A là ha ). Câu 5 (1 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương . Chứng minh rằng: 2 2 2 a − b ) + (b − c ) + ( c − a ) 2a 2b 2c ( + + ≥ 3+ 2 b+c c+a a+b (a + b + c) …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung 2 Tìm m: y = x + 2mx − 3m và y = −2 x + 3 cắt nhau tại hai điểm 1 a phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán ⇔ PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x 2 + 2mx − 3m = −2 x + 3 ⇔ x 2 + 2(m + 1) x − 3m − 3 = 0 ∆ ' > 0  ⇔ −3(m + 1) > 0 −2(m + 1) > 0  Điểm 1,00 0,25 0,25  m > −1 ∆' > 0 ⇔   m < −4 Kết hợp nghiệm, kết luận m < −4 b Giải bất phương trình: 0,25 0,25 − x 2 + 8 x − 12 > 10 − 2 x 1,00 TXĐ: − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 ⇔ 2 ≤ x ≤ 6 0,25 Nếu 5 < x ≤ 6 thì − x 2 + 8 x − 12 ≥ 0 > 10 − 2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5 < x ≤ 6 10 − 2 x ≥ 0 Nếu 2 ≤ x ≤ 5 ⇒  bất pt đã cho 2  − x + 8 x − 12 ≥ 0 ⇔ − x 2 + 8 x − 12 > 4 x 2 − 40 x + 100 ⇔ 5 x 2 − 48 x + 112 < 0 ⇔ 4 < x < 2 0,25 28 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 < x ≤ 5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 3 3 3 3 (4 x − x + 3) − x = Giải phương trình: (1) a 2 0,25 0,25 1,00 2 y 3 − 2 x3 = 3 Đặt y = 4 x − x + 3 . (1) có dạng:  3 ( I ) Khi đó nghiệm 4 x − x + 3 = y của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I) 3 3 2 y 3 − 2 x3 = 3 2 y − 2 x = 3(2) (I) ⇔  3 ⇔ 2 2 3 ( x + y )(2 x − 2 xy + 2 y − 1) = 0(3) 2 x + 2 y − ( x + y ) = 0 3 3 4 TH2: 2 x 2 − 2 xy + 2 y 2 − 1 = 0; ∆ 'x = 2 − 3 y 2 . Nếu có nghiệm thì 0,25 0,25 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): x = − 3 3 0,25 y≤ 2   Tương tự cũng có x ≤ . Khi đó VT (2) ≤ 4  2  = 8 2 < 3 . 3  3 3 3 2. 3 0,25 Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm x = − 3 3 4 b 3 1,00 2 Giải phương trình: 2 x − 11x + 23 = 4 x + 1 ĐK: x ≥ −1 . (1) ⇔ 2( x 2 − 6 x + 9) + ( x + 1 − 4 x + 1 + 4) = 0 0,25 2( x − 3)2 + ( x + 1 − 2) 2 = 0 (*)  x − 3 = 0 Do a 2 ≥ 0(∀a ) nên pt(*) ⇔   x + 1 − 2 = 0 ⇔ x = 3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 M (1;4) . Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại a B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( x A ; yB > 0 ) x y Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB: + = 1 a b 1 4 4 16 Vì AB qua M nên + = 1 ⇒ 1 ≥ 2 ⇒1≥ a b ab ab a = 2 ab 1 4 1 ⇒ ≥ 8;" = " ⇔ = = ⇔  2 a b 2 b = 8 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S = 1 OA.OB = 1 ab ≥ 8 . 2 2 Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) b (C): ( x − 2)2 + ( y + 3) 2 = 9 ; A(1; −2) . ∆ qua A, ∆ cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì IA2 = (1 − 2) 2 + (−2 + 3) 2 = 2 < 9 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có IH 2 + HN 2 = IN 2 = 9 ⇒ MN 2 = 4 HN 2 = 4(9 − IH 2 ) Mà IH ⊥ AH ⇒ IH ≤ IA = 2 ⇒ MN 2 ≥ 4(9 − 2) = 28 ⇒ MN ≥ 2 7 4 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi a AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 uuur uuur uuur uuur r Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành ⇔ AB = DC ⇔ AB − DC = 0 uuur uuur 2 uuur 2 uuur 2 uuur uuur ⇔ AB − DC = 0 ⇔ AB + DC − 2 AB.DC = 0 uuur uuur uuur ⇔ AB 2 + DC 2 − 2 AB.( AC − AD ) = 0 ⇔ AB 2 + DC 2 − ( AB 2 + AC 2 − BC 2 ) + ( AB 2 + AD 2 − BD 2 ) = 0 (*) r r 2 r2 r r r2 r r r2 r2 r r 2 ( vì a − b = a − 2a.b + b ⇒ 2a.b = a + b − a − b ) ( ( ) ) ( (*) ⇔ AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 (Đpcm) ( Chú ý: nếu chỉ làm được 1 chiều thì cho 0,75 đ) ) 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 1,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4 b Tìm tất cả các tam giác ABC thỏa mãn: 1 1 1 = + (1) ha2 b 2 c 2 1,5 Có a.ha = 2 S = bc sin A 0,25 1 a2 4R2 ⇒ 2= 2 2 2 = 2 2 ha b c sin A b c 0,25 (1) ⇔ b 2 + c 2 = 4 R 2 ⇔ sin 2 B + sin 2 C = 1 ⇔ 1 − cos 2 B + 1 − cos 2C = 2 ⇔ cos 2 B + cos 2C = 0 ⇔ 2cos( B + C )cos( B − C ) = 0 0,25 0,25 0,25 π π   B + C = 2 hay A = 2 ⇔ ( 0 < B + C < π ;0 ≤ B − C < π )  B−C = π  2 Vậy tam giác ABC vuông ở A hoặc có B − C = 5 CMR : 2a 2b 2c + + ≥3+ b+c c+a a+b 0,25 π 2 2 ( a − b) + (b − c ) + ( c − a ) 2 2 (a + b + c) 2 ; a, b, c > 0 2a 2b 2c −1+ −1+ −1 = b+c c+a a+b a −b+ a −c b−c +b−a c −a +c−b + + b+c c+a a+b 1,00 XétM= 0,25 1 1 1 1 1 1 − ) + (b − c)( − ) + (c − a)( − ) b+c c+a c+a a+b a+b b+c 1 1 1 = ( a − b) 2 + (b − c)2 + (c − a ) 2 (b + c)(c + a) (c + a )(a + b) (a + b)(b + c) 1 4 4 1 Vì ≥ > = ; 2 2 (b + c)(c + a ) (a + b + 2c) (2a + 2b + 2c) ( a + b + c) 2 1 ( a − b) 2 2 2 ( a − b) ≥ 0 ⇒ ( a − b) ≥ ;" = " ⇔ a = b (b + c)(c + a ) (a + b + c) 2 Làm hoàn toàn tương tự với hai biểu thức còn lại 2 2 2 a − b) + (b − c) + (c − a) ( (Đpcm); “=” ⇔ a = b = c Suy ra M ≥ 2 a + b + c ( ) = (a − b)( Hình vẽ câu 3b: I M A H Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. N 0,25 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT KONTUM —————— 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). x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2 (x∈ ). 1. Giải phương trình: 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) . Câu 2 (1,5 điểm). 2 3 2  x + x y − xy + xy − y = 1 Giải hệ phương trình:  4 ( x, y ∈ ) . 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 Câu 3 (1,5 điểm). ( Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2 )( y + ) 1 + y 2 = 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 uuur uuur uuur uuur 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 = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 , 2 AC.BD.sin α trong đó α 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 cot ϕ =  7 5   13 5  M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm 2 2  2 2 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………………. SỞ GD&ĐT KONTUM ——————— 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: Nội dung trình bày Điểm Câu Ý 1 1 2,0 điểm 2 2 1 3 1 3   Ta có x 2 − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định 2 4 2 4   với mọi x ∈ . Phương trình đã cho tương đương với x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2 2 (x 2 )( ) − x + 1 x2 + x + 1 = 4 0,5 ⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2 1 − x 2 ≥ 0  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 4 ⇔ 2  4 2 2 4 2 2 x + x +1 = 1 − 2x + x  x + x + 1 = (1 − x )  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. x = 0 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4 0,5 0,5 m ≥ 2 2 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0 m m − 4 ≥ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  ( 0,5 ) 0,5 2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra 3 3 2 P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m 0,5 Bảng biến thiên m -2 0 2 0 16 3 0,5 P -144 2 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 1,5 điểm 0,5 2 2  x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1 Ta có  4 ⇔ 2 2 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 ( x − y ) + xy = 1 0,25 a = x 2 − y Đặt  . Hệ trở thành: b = xy  0,25  a + ab + b = 1 (*)  2 a + b = 1   a 3 + a 2 − 2a = 0 a (a 2 + a − 2) = 0 Hệ (*) ⇔  ⇔ 2 2 b = 1 − a b = 1 − a 0,25 Từ đó tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}  x2 − y = 0 * Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ  ⇔ x = y = 1. xy = 1  0,25  x2 − y = 1 * Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ  ⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .  xy = 0 0,25 * Với (a; b) = (−2; −3) ta có hệ 3 3    x 2 − y = −2 y = − y = − ⇔ ⇔ ⇔ x = −1; y = 3 . x x  xy = − 3 3 2  x + 2x + 3 = 0 ( x + 1)( x − x + 3) = 0   0,25 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);(−1; 3)} . 3 1,5 điểm Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x = Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 = Từ (1) và (2) suy ra x + y = Do đó x + y ≥ t 2 −1 (1) 2t 0,25 2012 20122 − t 2 . Từ đây cũng suy ra y = (2) t 2.2012.t t 2 − 1 20122 − t 2 2011  2012  + = t+ 2t 2.2012.t 2.2012  t  0,25 2011 2012 2011 2011 .2 t. = .2 2012 = . 2.2012 t 2.2012 2012 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y = 0,25 0,5 2011 2 2012 0,25 2011 2011 , khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2012 2 2012 4 1 1,0 điểm A P N H O 0,5 B C K M D 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 OH là đường trung bình nên uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2OK = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH uuur uuur uuur uuuur Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được: uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH uuur uuur ⇒ 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng. 1,0 điểm ( 2 ) 1 AB 2 + MA2 − MB 2 AC.BD.sin α ; cot ϕ = 2 4S MAB Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD = 0,5 0,5 Tương tự ta được: AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2 cot ϕ = = = 4S MAB 4S MBC 4S MCD = DA2 + MD 2 − MA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4S MDA 4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA ) 0,5 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = 4S ABCD 2 AC.BD.sin α 1,0 điểm = 3 A N P K I C B 0,25 M 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: x 2 + y 2 + 3x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại  3  tiếp tam giác ABC có tọa độ là K  − ; 0  .  2  uuur uuur 5 Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt n AB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình 2 AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ 2 x − y + 3 = 0  y = 2x + 3  x = 1, y = 5 phương trình  2 ⇔ ⇔   2 2  x = −4, y = −5  x + y + 3x − 29 = 0  x + 3x − 4 = 0 uuur uuur 5 Suy ra A (1;5 ) , B ( −4; −5) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là n AC = KN = ( 2;1) 2 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 x + y − 7 = 0  y = −2 x + 7  x = 1, y = 5 ⇔ 2 ⇔ . Từ đây suy ra C ( 4; −1) .  2 2  x = 4, y = −1  x + y + 3x − 29 = 0  x − 5x + 4 = 0 Vậy A (1;5 ) , B ( −4; −5) , C ( 4; −1) . 0,25 0,5 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010- 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (1,5 điểm) x x − ⋅ 10 − x 10 + x 2) Cho các nửa khoảng A = (a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y = Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt. 2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: ( m − 1) x + 2 < m + 1 . x−2 Câu III (2,5 điểm) 1) Giải phương trình x2 − 7 x + 8 = 2 x.  7 x + y + 2 x + y = 5 2) Giải hệ phương trình   x − y + 2 x + y = 1. Câu IV (3,0 điểm) 1) Cho có = rc, AC = b và BAC = 600. Các điểm M, N được xác uuur tam giác uuur ABCuuu r AB uuu định bởi MC = −2MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , S c và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', 3 BC ' A ', CA ' B ' và ABC. Chứng minh bất đẳng thức Sa + Sb + Sc ≤ S . Dấu đẳng 2 thức xảy ra khi và chỉ khi nào? Câu V (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. ---HẾT--Họ và tên thí sinh: ........................................................ Số báo danh: ................................... Chữ ký của giám thị 1: ................................. Chữ ký của giám thị 2: ................................... CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM x x − ⋅ 10 − x 10 + x Câu I 2) Cho các nửa khoảng A = (a; a + 1], B = [b; b + 2). Đặt C = A ∪ B. Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. 1,5 đ Hàm số y có tập xác định D = ( −10; 10) là tập đối xứng qua điểm x = 0. 0,25 I.1 0,25 (0,75đ) Kiểm tra: ∀x ∈ D, f ( − x ) = f ( x ) ⇒ f chẵn f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận 0,25 C = [b; b + 2) ∪ (a; a + 1] là một đoạn ⇔ b ≤ a < b + 2 ≤ a + 1 0,25 I.2 (*) ⇔ b + 1 ≤ a < b + 2. 0,25 (0,75đ) Khi đó, C = [b; b + 2) ∪ (a; a + 1] = [b; a + 1] là đoạn có độ dài a − b + 1. 0,25 1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số y = 1) Tìm m để phương trình x 2 − 1 = m 4 − m 2 + 1 có bốn nghiệm phân biệt. CâuII 2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: 4 ( m − 1) x + 2 < m + 1 . 2,0 đ x−2 2 Ta có: m − m + 1 > 0  x 2 = m4 − m 2 + 2 PT ⇔  2 2 4 2 2  x = m − m = m (1 − m ) (1) (2) 0,25 II.1 4 2 (1,00đ) (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m − m + 2 > 0 (2) có 2 nghiệm phân biệt PT có 4 nghiệm phân biệt ⇔ m ≠ 0 và 1 − m 2 > 0 4 ⇔ 2 m ∈ (−1; 1) \{0} 2 ⇔ m ∈ ( −1;1) \{0} và m − m + 2 ≠ m − m 4 0,25 4 0,25 2 m ∈ ( −1;1) \{0} và m − m + 1 ≠ 0 ⇔ m ∈ ( −1;1) \{0} , kết luận (m + 1)( x − 2) + (1 − m) x − 2 x − (m + 2) BPT ⇔ >0 ⇔ >0 x − 2 x − 2 II.2 (1,00đ) Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2 Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ (−∞; 2) ∪ (m + 2; +∞ ) Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi x ∈ (−∞; m + 2) ∪ (2; +∞) ⇔ 1) Giải phương trình Câu III 2) Giải hệ phương trình x2 − 7 x + 8 = 2 x.  7 x + y + 2 x + y = 5   x − y + 2 x + y = 1. Điều kiện: x ≥ 0 PT ⇔ x 2 − 1 − 7 x + 7 + 2 − 2 x = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 2,5 đ ⇔ ( x − 1)( x x + x − 6 x − 8) = 0 0,25 ⇔ ( x − 1)( x x + 8 + x − 6 x − 16) = 0 III.1 (1,25đ) 0,25 0,25 ⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − 2 x + 4 + x − 8) = 0 ⇔ ( x − 1)( x + 2)( x − x − 4) = 0 x = 1  x −1 = 0  2 ⇔  ⇔   1 + 17  9 + 17  =  x − x − 4 = 0  x =  2  2   7 x + y ≥ 0 III.2 Điều kiện  ; Đặt (1,25đ) 2 x + y ≥ 0 0,25 Kết luận u = 7 x + y ≥ 0 u 2 = 7 x + y u 2 − v2 7v 2 − 2u 2 ⇒ ⇒x= và y =  2 5 5 v = 2 x + y ≥ 0 v = 2 x + y 0,50 0,25 u + v = 5 u + v = 5 ⇔  2  2 2 2 2 2 u − v − 7v + 2u + 5v = 5 3u − 8v + 5v − 5 = 0 u = 5 − v u = 5 − v u = 5 − v ⇔  ⇔  ⇔  2 2 2 2 3(5 − v) − 8v + 5v − 5 = 0 −5v − 25v + 70 = 0 v + 5v − 14 = 0 (*) u = 3 (*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔  v = 2 HPT trở thành: 7 x + y = 9 x = 1 ⇔ Do đó HPT đã cho trở thành  (phù hợp) 2 x + y = 4 y = 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0 1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC = 60 . Các điểm M, N được xác định bởi uuuur uuur uuur uuur MC = −2MB và NB = −2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau. 2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm A ', B ' và C '. Gọi S a , Sb , Sc và S tương ứng là diện tích của các tam giác AB ' C ', BC ' A ', CA ' B ' 3 và ABC. Chứng minh bất đẳng thức S a + Sb + Sc ≤ S . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ 2 khi nào? 3,0 đ uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur Ta có: MC = −2 MB ⇔ AC − AM = −2( AB − AM ) ⇔ 3 AM = 2 AB + AC 0,50 uuur uuur uuur Tương tự ta cũng có: 3CN = 2CA + CB 0,25 uuuur uuur uuur uuur uuur uuur Vậy: AM ⊥ CN ⇔ AM ⋅ CN = 0 ⇔ (2 AB + AC )(2CA + CB) = 0 0,25 IV.1 uuur uuur uuur uuur uuur uuur 2 2 (1,50đ) ⇔ (2 AB + AC )( AB − 3 AC ) = 0 ⇔ 2 AB − 3 AC − 5 AB. AC = 0 0,25 5bc ⇔ 2c 2 − 3b 2 − ⇔ 4c 2 − 6b 2 − 5bc = 0 =0 0,25 2 Ta có các công thức tính diện tích: 2S a = AC '⋅ AB 'sin A; 2S = AB ⋅ AC sin A Câu IV ⇒ Sa = S AC ' AB ' 1  AC ' AB '  ⋅ ≤  +  (BĐT Cauchy) AB AC 2  AB AC  Tương tự ta cũng có: Sb 1  BA ' BC '  ≤  +  và S 2  BC BA  Sc 1  CB ' CA '  ≤  +  S 2  CA CB  0,50 0,25 Sa S S 1  AC ' BC ' BA ' CA ' CB ' AB '  3 + b + c ≤  + + + + + (đpcm) = S S S 2  AB BA BC CB CA AC  2 0,25 AC ' AB '   AB = AC C ' B ' //BC    BA ' BC ' Dấu bằng xảy ra ⇔  = ⇔  A ' C ' //CA ⇔ A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB BA  B ' A ' //AB  BC   CB ' CA ' =  CA CB  0,50 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B Câu V lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 1,0 đ ab V Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử A ( a;0 ) , B ( 0; b ) với a > 0, b > 0. (*) Suy ra SOAB = . (1,00đ) 0,25 2 IV.2 Do đó: (1,50đ) Mà 1 a 2 + b2 1 1 1 (**) ⇒ + = = 2 2 ⇒ a 2b 2 = R 2 (a 2 + b 2 ) ≥ 2 R 2 ab a 2 b2 R 2 R2 ab 0,25 ab ≥ R 2 không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b) 2 Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = R 2 ⇒ SOAB = ( ) ( ) Kết luận: A ± R 2; 0 ; B 0; ± R 2 (4 cặp điểm) 0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI CỤM TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH – TÂY HỒ ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN- LỚP 10 Thời gian làm bài:150 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 (5 điểm)  x − xy − y = 5 1. Giải hệ phương trình:  2 2  x + y + xy = 3 2. Giải bất phương trình: . 2 x 2 − 5 x + 3 > x − 1. Bài 2 (5 điểm) Cho bất phương trình: m ( x 2 − 2 x ) − 2 2 x − x 2 + 3 > 0 , ( m là tham số). 1. Giải bất phương trình với m = 1. 2. Tìm m để mọi x ∈ [0; 2] đều là nghiệm của bất phương trình đã cho. Bài 3 (5 điểm) 1. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh AB = 4cm, AC = 6cm, góc BAC = 600. Tính độ dài đường phân giác trong kẻ từ A của tam giác ABC. 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD. Viết phương trình các đường thẳng AB, BC , CD, DA , biết AD = 2 AB và các đường thẳng AB, BC , CD, DA lần lượt đi qua các điểm M (1;1) , N ( 2;0 ) , P ( −1; 2 ) , Q ( −3; −1) . Bài 4 (5 điểm) 1. Giải phương trình: x 2 − 6 x + 4 = x3 + 4 x . 2. Cho các số dương a, b, c thoả mãn ab + bc + ca = 3abc. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: M= 2 ( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + abc a 2b 2 c 2 ------------ HÕT----------- . 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 chuyên Vĩnh Phúc Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (3,0 điểm) 1. (2 x + 3) 4 x − 1 + (2 y + 3) 4 y − 1 = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) Giải hệ phương trình:   y + x = 4 xy 2. Tìm tất cả hàm số f : → thoả mãn: f ( x + y ) = f ( x) + y ∀x, y ∈  1  f ( x) và f   = 2 ∀x ≠ 0 . x x Câu 2 (2,0 điểm) Tìm tất cả các số nguyên tố p , q sao cho ( 7 p − 4 p )( 7 q − 4q ) chia hết cho pq . Câu 3 (2,0 điểm). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp được một đường tròn. Một đường thẳng đường ∆ đi qua A cắt đoạn thẳng BC, tia đối của tia CD tương ứng tại E, F (E, F không trùng với B, C). Gọi I1 , I 2 và I 3 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của các tam giác ABE, ECF và FAD. Tiếp tuyến của đường tròn ( I1 ) song song với CD (gần CD hơn) cắt ∆ tại H. Chứng minh rằng H là trực tâm của tam giác I1 I 2 I 3 . Câu 4 (2,0 điểm). Xét các số thực dương a, b, c thỏa mãn a + 2b + 3c ≥ 20. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức L = a+b+c+ 3 9 4 + + ⋅ a 2b c Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các tập hợp X là tập con của tập số nguyên dương thoả mãn các tính chất: X chứa ít nhất hai phần tử và với mọi m, n ∈ X , m < n thì tồn tại k ∈ X sao cho n = mk 2 . —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 11 THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC 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: Nội dung trình bày Điểm Câu Ý 1 1 2,0 điểm (2 x + 3) 4 x − 1 + (2 y + 3) 4 y − 1 = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) (1)  (2)  y + x = 4 xy 1 1 Điều kiện xác định: x ≥ ; y ≥ 4 4 (2) ⇔ x = y (4 x − 1) ⇔ x y = 4 x − 1 ⇔ = 4 y − 1 thay vào (1) ta được y x x y + (2 y + 3) = 2 (2 x + 3)(2 y + 3) y x (2 x + 3) Do (2 x + 3) 0,5 x y + (2 y + 3) ≥ 2 (2 x + 3)(2 x + 3) y x 0,5 0,5 Suy ra (1) ⇔ x(2 x + 3) = y (2 y + 3) ⇔ ( x − y )(2 x + 2 y + 3) = 0 ⇔ x = y thay vào (2) ta  x = 0 (lo¹i) được 2 x − x = 0 ⇔  x = 1 ⇒ y = 1 2 2  2 0,5 1 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm  ;  . 2 2 2 1,0 điểm Ta có: f ( x + y ) = f ( x ) + y ⇒ f ( y ) = f (0) + y ∀y ∈ . ⇒ f ( x) = a + x với a = f (0) . 0,25 1 1 1 f   = f (0) + = a + ∀x ≠ 0. x x x  1  f ( x) f (0) + x a + x Mặt khác f   = 2 = = 2 ∀x ≠ 0 . x x2 x x ⇒a+ 1 a+ x = 2 ∀x ≠ 0 ⇔ ax 2 = a ∀x ≠ 0 ⇔ a = 0. x x Vậy f ( x) = x ∀x ∈ . 0,25 0,25 0,25 2 2,0 điểm p , q đều khác 2 , 7 . Không mất tính tổng quát ta giả sử q ≥ p . Khi đó từ giả thiết ta 0,5 được 7 p − 4 p M p hoặc 7q − 4q M p TH1. 7 p − 4 p M p , theo định lí Fermat ta có: 0,5 7 p − 4 p ≡ 3 ( mod p ) ⇒ 3 ≡ 0 ( mod p ) ⇒ p = 3. TH2. 7q − 4q M p , ta có ( p − 1, q ) = 1 ⇒ tồn tại 2 số nguyên dương u , v sao cho 1+ ( p −1)u qv − ( p − 1) u = 1 ⇒ 7 q ≡ 4q ( mod p ) ⇒ 7 qv ≡ 4qv ( mod p ) ⇒ 7 1+ ( p −1)u ≡4 ( mod p ) 0,5 ⇒ 7 ≡ 4 ( mod p ) ⇒ 3 ≡ 0 ( mod p ) ⇒ p = 3. Với p = 3 , từ giả thiết ban đầu ta được: (7 3 − 43 )( 7 q − 4 q )M 3q ⇒ 9.31. ( 7 q − 4q )M 3q ⇒ q = 3, q = 31. 0,5 Vậy ( p , q ) ∈ {( 3, 3) , ( 31, 3) , ( 3, 31)} . 3 2,0 điểm A B I1 H K I3 E D I2 L C F Giả sử tiếp tuyến qua H song song với CD của đường tròn ( I1 ) cắt BC tại K và đường thẳng qua H song song với BC cắt đường thẳng CD tại L, suy ra CKHL là một hình bình hành. Do các tứ giác ABCD, ABKH ngoại tiếp, nên AD + HL = AD + CK = AD + BC − BK = AB + CD − BK = AB − BK + CD = AH − HK + CD = AH − LC + CD = AH + DL Suy ra tứ giác ADLH ngoại tiếp, hay HL tiếp xúc với ( I 3 ) uuur uuur uuur uuur Vì FD ↑↑ KH ; FH ↑↑ HA nên các đường phân giác HI1 của góc ∠AHK và FI 3 của góc ∠HFD vuông góc với nhau; hay I1 H ⊥ I 2 I 3 (Do F , I 2 , I 3 thẳng hàng) (1) Chứng minh tương tự, cũng được HI 3 ⊥ EI 2 hay I 3 H ⊥ I1 I 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh. 0,5 0,5 0,5 0,5 4 2,0 điểm Theo bất đẳng thức AM-GM, ta có 4 4 3 4 a + ≥ 2 a· = 4 ⇒  a +  ≥ 3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2 a a 4 a b+ 1 9 b +  ≥ 3, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b = 3  2 b 1  16  c +  ≥ 2, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c = 4 4  c  3a b c 3 9 4 Cộng ba bất đẳng thức cùng chiều, thu được + + + + + ≥8 (1) 4 2 4 a 2b c a b 3c (2) Mặt khác, do a + 2b + 3c ≥ 20 nên + + ≥ 5 (chia hai vế cho 4) 4 2 4 3 9 4 Cộng (1) và (2), vế đối vế, ta được L = a + b + c + + + ≥ 13. a 2b c Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2, b = 3, c = 4. Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức L bằng 13, đạt được khi a = 2, b = 3, c = 4. 1,0 điểm Giả sử tìm được tập hợp X thỏa mãn và m < n là hai phần tử bé nhất của X. Khi đó, do cách xác định X nên tồn tại k ∈ X sao cho n = mk 2 . Suy ra m ≤ k ≤ n và do đó k = m hoặc k = n . Với k = n ⇒ n = m.n 2 ⇔ m.n = 1 vô lí. Với k = m ⇒ m < n = m3 ⇒ m > 1 +) Nếu | X |= 2 thì tập hợp X = m, m3 m > 1 . c+ 5 9 9 ≥ 2 b· = 6 ⇒ b b 0,5 16 16 ≥ 2 c· = 8 ⇒ c c { } +) Nếu | X |≥ 3 , gọi q là phần tử bé thứ ba của X (tức là m < n < q ). Khi đó tồn tại l ∈ X sao cho q = ml 2 . Do q > l nên hoặc l = m hoặc l = n . Nếu l = m thì q = m3 = n , vô lý. Vậy l = n = m3 và q = ml 2 = m7 . 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 Nhưng tồn tại t ∈ X sao cho q = nt 2 , do đó t = m 2 . Mà m < m 2 < m3 ⇒ m 2 ∈ / X , vô lý. { } Vậy | X |= 2 và X = m, m3 m > 1 . 0,25 SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài 150 phút ( Đề thi có 01 trang, gồm 4 câu) Câu 1. a) Giải phương trình: x 2 − 7 x + 10 = 2 x − 2 .  x 2 − y 2 − 2 x + 2 y = −3 b) Giải hệ phương trình:  2 .  y − 2 xy + 2 x = −4 Câu 2. Tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng: 2012a 2 + 2010b 2 − 1005c 2 ≥ 4 2010 . Câu 3. a) Xác định hình dạng tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác đó thỏa mãn hệ thức: sin C = 2. SinA cos B b) Cho hình thoi ABCD, biết đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình 2x – y + 7 = 0, 3x – y + 8 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm M(-4; 13 ). Lập phương trình đường thẳng CD. 2 Câu 4. Các số thực x, y, z dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = nhỏ nhất của biểu thức: M = x 2 + xy + y 2 + 4 yz + 1 3 . Tìm giá trị 2 y 2 + yz + z 2 z 2 + zx + x 2 + . 4 zx + 1 4 xy + 1 ------------------------------------------Hết-------------------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………… Số báo danh :…………………………………………………………………. Họ tên TS: .............................................................. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN Số BD: .......................... Chữ ký GT 1: ........................ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Khóa ngày: 09 / 11 / 2014 Môn thi: TOÁN - Cấp: THPT Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian phát đề) (Đề thi chính thức) ĐỀ: (Đề thi có 01 trang/20 điểm) Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực x ta có bất đẳng thức: x5  (1  x)5  1 16 Bài 2.  x2  y 2  4 Giải hệ phương trình:  2  xy( x  2)  2 Bài 3. Cho các số thực dương a, b thỏa mãn điều kiện : a + b =  minh rằ ng : a3b3 a3  b3  3 4 . Chứng 1 . Đẳng thức xảy ra khi nào ? 4  Bài 4. a) Cho tam giác đề u ABC . Trên các ca ̣nh AB và BC lầ n lươ ̣t lấ y các điể m D, E sao cho AB = 3AD và BC = 3BE. Gọi I là giao điểm của AE và CD. Chứng minh rằ ng BI vuông góc với CD . b) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Tìm tâ ̣p hơ ̣p những điểm M trong mặt phẳng để MA, MB, MC lần lượt cắt đường tròn (O) tại A1, B1, C1 sao cho tam giác A1B1C1 vuông tại C1. Bài 5. Cho daỹ số xn xác định bởi : x1 = 2 ; x2 = 1; xn + 2 = xn + 1 - xn (n  1). Hãy xác định số hạng xn của dãy số  xn. Bài 6. 2 2015 Cho f(n) = 1 + 2n + 3n + ... + 2016n , với n là số tự nhiên . Chứng minh rằ ng với hai số tự nhiên m và n nế u f (m)  f(n) (mod 2017) thì m  n (mod 2017). ----- HẾT ----- UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH LỚP 10 NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN : TOÁN HỌC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm có 01 trang) Bài 1 (6 điểm). a) Giải phương trình sau trên : 4 x 2 + 12 x x + 1 = 27( x + 1) . 9 ≥ x−2 . b) Giải bất phương trình sau: x −5 −3 Bài 2 (3 điểm) Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n + 26 và n − 11 đều là lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Bài 3 (3 điểm) Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng KAB = 2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Bài 4 (4 điểm) Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Bµi 5 (4điểm) Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: ( x + 1)( y + 1) 3 3 z 2 x2 + 1 2 ( y + 1)( z + 1) + 3 3 x2 y 2 + 1 2 ( z + 1)( x + 1) + 33 y2 z2 + 1 2 ≥ x+ y+ z +3 ---------- Hết ---------- Họ và tên :.......................................................... Số báo danh :........................ ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI CHỌN HSG KHỐI 10 CẤP TỈNH MÔN: TOÁN NĂM HỌC: 2011 - 2012 Bài Lời giải Điểm Bài 1 a) Giải phương trình sau trên 2 : 4 x + 12 x x + 1 = 27( x + 1) . 9 b) Giải bất phương trình sau: ≥ x−2 . x −5 −3 Lời giải: a) Điều kiện: x + 1 ≥ 0 ⇔ x ≥ −1 . 0,5 đ Phương trình đã cho tương đương với 4 x 2 + 12 x 1 + x + 9(1 + x) = 36(1 + x) ⇔ (2 x + 3 1 + x ) 2 = (6 1 + x ) 2 2 x + 3 1 + x = 6 1 + x 3 1 + x = 2 x (1) ⇔ ⇔  2 x + 3 1 + x = −6 1 + x 9 1 + x = −2 x (2) 9(1 + x) = 4 x 2 4 x 2 − 9 x − 9 = 0 Ta có (1) ⇔  ⇔ ⇔ x=3 x ≥ 0 x ≥ 0   2 81(1 + x) = 4 x 4 x 2 − 81x − 81 = 0 81 − 9 97 Ta có (2) ⇔  ⇔ ⇔x= 8 x ≤ 0 x ≤ 0 81 − 9 97 là nghiệm của phương trình đã cho. 8 x ≠ 2 . b) Điều kiện: x − 5 − 3 ≠ 0 ⇔  ≠ 8 x  9 9 TH1 : Xét x < 2 ta có : (1) ⇔ ≥2− x ⇔ ≥2− x 5− x−3 2−x 2 ⇔ ( 2 − x ) ≤ 9 ⇔ −3 ≤ x − 2 ≤ 3 ⇔ −1 ≤ x ≤ 5 Vậy −1 ≤ x < 2 là nghiệm. 9 9 TH2 : Xét 2 < x < 5 ta có : (1) ⇔ ≥ x−2⇔ ≥ x−2 5− x−3 2−x 2 ⇔ − ( x − 2 ) ≥ 9 ( Bpt vô nghiệm) 9 9 TH3 : Xét 5 < x ≠ 8 ta có : (1) ⇔ ≥ x−2⇔ − ( x − 2) ≥ 0 x −8 x −8 9 − ( x − 8 )( x − 2 ) − x 2 + 10 x − 7 ⇔ ≥0⇔ ≥0 x −8 x −8 Kết luận: x = 3 ; x = ⇔ ( x − 8 ) ( x 2 − 10 x + 7 ) ≤ 0 x ≤ 5 − 3 2 ⇔ 8 < x ≤ 5 + 3 2 1đ 1đ 0,5 đ 0,5 đ 2đ Kết hợp với miền x đang xét ta có 8 < x ≤ 5 + 3 2 là nghiệm của Bpt. Vậy tập nghiệm của Bpt là : S = [ −1;2 ) ∪ 8;5 + 3 2  ( 0,5 đ Bài 2 Tìm tất cả các số nguyên dương n sao cho hai số n + 26 và n − 11 đều là 1 đ lập phương của hai số nguyên dương nào đó. Lời giải: Giả sử có số nguyên dương n sao cho n + 26 = x 3 vµ n − 11 = y 3 1,5đ với x, y là hai số nguyên dương ( x > y ) . Khi đó ta được x 3 − y 3 = 37 ⇔ ( x − y )( x 2 + xy + y 2 ) = 37 .  x − y = 1 (1) Ta thấy 0 < x − y < x 2 + xy + y 2 , nên ta có  2 . 2 x xy y 37 (2) + + =  2 Thay x = y + 1 từ (1) vào (2) ta được y − y − 12 = 0 , từ đó có y = 3 vµ 0,5 đ n = 38 . Vậy n = 38 là giá trị cần tìm. Bài 3 Cho tam giác ABC và điểm K thuộc cạnh BC sao cho KB=2KC, L là hình chiếu của B trên AK, F là trung điểm của BC, biết rằng KAB = 2 KAC . Chứng minh rằng FL vuông góc với AC. Lời giải: A 0,5đ L C F K B Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC = α . Khi đó: KAB = 2α ; BAC = 3α . Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK và ACK, ta được: BK AK CK AK = ; = sin 2α sin B sin α sin C Do BK=2CK, nên từ các đẳng thức trên ta có: cosα = sin B (*) sin C Lại có:  b2 + c2 a 2  a2 b2 + c 2 − a 2 FA − FC =  − − = = bc.cos A = bc cos 3α (1) 4  4 2  2 LC 2 = LA2 + b 2 − 2b.LA.cosα = LA2 + b 2 − 2bc cos 2α .cosα 2 2 ⇒ LA2 − LC 2 = 2bc cos α .cos 2α − b 2 = bc ( cosα + cos3α ) − b 2 = ( bc cos α − b 2 ) + bc cos 3α (**) Thay (*) vào (**), ta được: LA2 − LC 2 = bc cos 3α (2) Từ (1) và (2) suy ra: FA2 − FC 2 = LA2 − LC 2 2đ Theo bổ đề 2 của định lí carnot, suy ra CA vuông góc với FL. ( Chuyển qua vectơ ta cũng có CA ⊥ EF ) 0,5 đ Bài 4 Cho A là tập hợp gồm 8 phần tử , tìm số lớn nhất các tập con gồm 3 phần tử của A sao cho giao của 2 tập bất kỳ trong các tập con này 1đ không phải là một tập hợp gồm 2 phần tử. Lời giải: Ký hiệu X là số phần tử của tập hữu hạn X. Gọi B1, B2,…, Bn là các tập con của A thỏa mãn: Bi = 3, Bi ∩ B j ≠ 2 ( i, j = 1, 2,..., n ) . Giả sử tồn tại phần tử a ∈ A mà a thuộc vào 4 tập trong số các tập B1, B2,…, Bn (chẳng hạn a ∈ B1, B2, B3, B4), khi đó: Bi ∩ B j ≥ 1 ( i, j = 1, 2,3, 4 ) .Mà Bi ≠ Bj nếu i ≠ j, tức là Bi ∩ B j ≠ 3 . Do đó 1,5 đ Bi ∩ B j = 1 (i, j = 1, 2, 3, 4). Từ đây A ≥ 1 +4.2 = 9, điều này mâu thuẫn. Như vậy, mỗi phần tử của A chỉ thuộc về nhiều lắm là ba trong số các tập B1, B2,…, Bn . Khi đó 3n ≤ 8.3 ⇔ n ≤ 8. Giả sử A = {a1, a2,…,a8}, xét các tập con của A là: B1 = {a1, a2, a3}; B2 = {a1, a4, a5}; B3 = {a1, a6, a7}; B4 = {a8, a3, a4}; B5 = {a8, a2, a6}; B6 = {a8, a5, a7}; B7 = {a3, a5, a6}; B8 ={a2, a4, a7}. Tám tập hợp trên là các tập con gồm ba phần tử của A thỏa mãn Bi ∩ B j ≠ 2 . Vì vậy số n cần tìm là n = 8. 1,5 đ Bài 5 Cho các số dương x, y, z . Chứng minh bất đẳng thức: ( x + 1)( y + 1) 3 2 2 2 ( y + 1)( z + 1) + 2 2 2 ( z + 1)( x + 1) + 2 2 3 z x +1 3 x y +1 3 y z +1 Lời giải: Gọi vế trái của bất đẳng thức là S Do ab + a + b ≥ 3 3 a 2b 2 , ∀a > 0, b > 0 . Nên: 3 3 2 2 2 ≥ x+ y+ z +3 1đ 2 ( x + 1)( y + 1) + ( y + 1)( z + 1) + ( z + 1)( x + 1) S≥ ( z + 1)( x + 1) ( x + 1)( y + 1) ( y + 1)( z + 1) ( y + 1) + ( z + 1) + ( x + 1) = 2 z +1 2 x +1 2 y +1 2 ( y + 1) + ( z + 1) + ( x + 1)  ≥ = x + y + z + 3 (đpcm) ( z + 1) + ( x + 1) + ( y + 1) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1 3đ SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI CHÍNH THỨC Câu 1 (2,5 điểm) a) Cho hàm số y = x 2 − 3 x + 2 và hàm số y = − x + m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. b) Giải bất phương trình: 1 − x2 + 4 x − 3 − 1 >0 2x − 4 Câu 2 (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng ∆ là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x + y − 1 = 0 ; Khoảng cách từ C đến ∆ gấp 3 lần khoảng cách từ B đến ∆ . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi α là góc giữa hai đường trung tuyến BM 3 và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin α ≤ 5 Câu 3 (2,5 điểm) uuur 2 uuur 3 a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD = BC; uuur 1 uuur AE = AC . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 4 b) Cho tam giác ABC uur vuông uur ở A; uurBCr = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I 2 2 2 thỏa mãn hệ thức: b IB + c IC − 2a IA = 0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b 2 MB2 + c2 MC2 − 2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 1 + ( 6 x + 2 ) 2 x 2 − 1 = 2 ( 5 x 2 + 4 x ) b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x + y + z = xyz . Chứng minh rằng: 1 + 1 + x2 1 + 1 + y2 1 + 1 + z 2 + + ≤ xyz . x y z …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Cho hàm số y = x − 3 x + 2 và hàm số y = − x + m . Tìm m để đồ thị các 1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn 1,25 thẳng AB cách đều các trục tọa độ. Yêu cầu bài toán ⇒ PT sau có hai nghiệm phân biệt x 2 − 3 x + 2 = − x + m hay x 2 − 2 x + 2 − m = 0 (*)có ∆ ' > 0 ⇔ m>1 x + xB Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I = A = 1; 2 yI = −x I + m = m − 1 Yêu cầu bài toán ⇔ y I = x I b 0,25 0,25 ⇔ m − 1 = 1 ⇔ m = 2; m = 0 0,25 0,25 Kết hợp ĐK, kết luận m = 2 0,25 1 Giải bất phương trình: 2 − −x + 4x − 3 1 > 0 (1) 2x − 4 − x 2 + 4 x − 3 > 0 TXĐ:  ⇔ 1 < x < 2;2 < x < 3 x 2 ≠  1 (1) ⇔ 2 −x + 4x − 3 > 1,25 0,25 1 2x − 4 Nếu 1 < x < 2 thì − x 2 + 4 x − 3 > 0 > 2 x − 4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 1 < x < 2 2 x − 4 > 0 Nếu 2 < x < 3 ⇒  2  − x + 4 x − 3 > 0 0,25 0,25 2 bất pt đã cho ⇔ 2x − 4 > − x + 4x − 3 2 ⇔ 4 x 2 − 16 x + 16 > − x 2 + 4 x − 3 ⇔ 5 x 2 − 20 x + 19 > 0 0,25 5 5 x > 2+ ;x < 2− 5 5 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2 + [...]...  x y z 2 2 0 ,25 0 ,25 0 ,25 2   x  y    y  z    z  x   0 Điều này luông đúng Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa 0 ,25 0 ,25 SỞ GD & ĐT BẮC GIANG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG VÒNG 1 TRƯỜNG THPT SƠN ĐỘNG SỐ 3 MÔN: TOÁN - LỚP 11 NĂM HỌC 2013-2014 Ngày thi 27 /10/ 2013 Thời gian... giải thi t bài toán 0.5đ TH2: Nếu ADB + AEB = 180o thì ECD + EOD = 180o 0.5đ 1 do đó EOD = AOB = 180o − ABO + BAO = 90o + C 2 ( ) 1 Suy ra 180o = ECD + EOD = C + 90o + C ⇒ C = 60o 2 Tóm lại góc với giả thi t bài toán xảy ra thi C = 60o 0.5đ A C P N E D B B M Hình vẽ bài 3 A C Hết Hình vẽ bài 6 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN... ý: 1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp cho cách giải khác 2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn lại Đáp án chấm chi tiết Câu 1.1 Nội dung 11 25 Giải phương... OA12 + OB12 + OC12 = R 2 (1.0đ) - Vậy T = 18R4 (0 .25 ) - HẾT - 3 Họ và tên thí sinh: …………………… ………… Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:…………………………… ……… …………….……………… SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương... tên thí sinh: ………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:……………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Cho hàm số y  x  3x  2 và hàm số y   x  m Tìm m để đồ thị các 1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn 1 ,25 thẳng AB cách đều các... x + y + 3x − 29 = 0  x − 5x + 4 = 0 Vậy A (1;5 ) , B ( −4; −5) , C ( 4; −1) 0 ,25 0,5 TRƯỜNG THPT KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Môn: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi: 31/01/2013 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài 1 (4.0 điểm) 1 Giải phương trình: 11 25 − =1 2 x ( x + 5 )2  x2 − y 2 − 6 = 0  2  2  2.Giải hệ phương trình:  2... phương trình trở thành 0.5đ 11 ( t − 5) 2 − 25 2 2 = 1 ⇔ 11t 2 − 25 ( t − 5 ) = t 2 ( t − 5 ) 2 t 0.5đ ⇔ t 4 − 10t 3 + 39t 2 − 250 t + 625 = 0 625    25  ⇔  t 2 + 2  − 10  t +  + 39 = 0 t  t    25 Đặt a = t + ( a ≥ 10, a ≠ 10 ) (*) t 0.5đ ta thu được phương trình a 2 − 10a − 11 = 0 ⇔ a = 11(do(*)) Với a = 11 ta có t + 25 11 ± 21 = 11 ⇔ t 2 − 11t + 25 = 0 ⇔ t = t 2 khi đó phương trình đã cho... bán kính của (C) là R = 2 2 (0.5đ) - Viết được công thức tính diện tích của tam giác IAB: S ΔIAB = - Lập luận được S ΔIAB đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin AIB = 1 ⇔ d(I;d) = 1 1 − 3m ⇔ =1 1 + m2 ⎡m = 0 ⇔⎢ ⎢m = 3 ⎣ 4 - Kết luận - HẾT - 3 1 2 R sin AIB (0.5đ) 2 (0.5đ) (1.0đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) 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. .. đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất - HẾT - 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 2x + - Phương trình: ( (1) ) ⇔ 2 xy = 2 2 x + y + 1 (2) ⇔ 4 2 x + y = xy −...SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) Phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy (1) - Có x = y = 0 thỏa mãn