de thi chon hoc sinh gioi lop 10 toán

Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC Câu a) Giải phương trình 1   x x  x2  b) Cho phương trình bậc hai x2  2mx  m2  2m   ( x ẩn m tham số) Tìm tất giá trị thực m cho phương trình cho có hai nghiệm không âm x1 , x2 Tính theo m giá trị biểu thức P  x1  x2 tìm giá trị nhỏ P  x  xy  y  x  y  Câu Giải hệ phương trình:   x, y  2 x  xy  y   Câu Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không nhọn Chứng minh a  1 1  b  c       10 a b c  Câu a) Cho tam giác ABC, nhọn, không cân nội tiếp đường tròn  O; R  Gọi G M trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vuông góc với đường thẳng OM AC  AB2  2BC  12R2 b) Cho tam giác ABC có độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C m, n, p Tính độ dài cạnh AB, BC , CA theo m, n, p c) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C có phương trình x  y  0, x   0, x  y   Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 10 đỉnh A có hoành độ âm Câu Cho tứ giác lồi ABCD điểm M nằm bên tứ giác (M không nằm cạnh tứ giác ABCD) Chứng minh tồn góc MAB, MBC, MCD, MDA có số đo không lớn 450 -Hết Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh:…………………….……… …….…….….….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 03 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm toàn tính đến 0,25 không làm tròn - Với hình học thí sinh không vẽ hình phần không cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu 1(3đ) Nội dung trình bày 1.a (1,5 điểm) x   x   2;0 Điều kiện:  2  x     Đặt y   x2  Thay vào ta được: 0;  Điểm 0,25 1   Do ta có hệ phương trình: x y  x2  y  2  x2  y    x  y   xy    1    x  y  xy x  y   x  y  xy   x  y    x  y    x  y     xy      x  y  1  x  y  xy    xy  0,5 x  y   y   x x    +)   xy  x  2x 1   y  0,5 0,25 0,25  1  x   x  y  1  x  1  y    +)  (do y  )  xy  0,5 2 y  y    y  1  2 0,25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn   1    Vậy phương trình cho có tập nghiệm S   ;1     1.b (1,5 điểm) Phương trình x2  2mx  m2  2m   (1) có hai nghiệm không âm   '  m  m  2m      S  2m   m   P  m  2m    Theo định lý Vi-ét ta có x1  x2  2m; x1 x2  m2  2m  Do x1  x2   x1  x2   x1  x2  x1 x2  2m   m  1 3 Do m   x1  x2  Dấu đẳng thức xảy m  2(2đ) 0,5 0,25 Đặt z  y  , thay vào hệ ta được: 2  x  xz  z   x  z   3xz   x  z    x  z        x  xz  z   x  z   xz  x  z   xz  x  z   x  z     xz    x  z      xz  x  z    x  z      xz  z   x x  z  x  x     +)   xz  z   y  x  2x 1  x  z  z  1 x  x  1, z   x  1, y     +)   xz   x  x   x  0, z   x  0, y  Vậy hệ phương trình có tập nghiệm S  1;  , 1;1 ,  0;  3(1đ) 0,75 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 Do a, b, c độ dài ba cạnh tam giác không nhọn nên có bất đẳng thức sau xảy ra: a  b2  c , b2  c  a , c  a  b2 Giả sử a  b2  c2 , ta có: 0,25 1  b2  c2  1 2  2 a  b  c     a    b2  c2        a b2 c   2  a b c  b c  2 b c   a2 2  4 b c a2 0,25 3a a2 b2  c2 a b2  c2         10 Do b2  c2 b2  c2 a2 b2  c2 a  a  b2  c2   a12  b12  c12   10 4.a (1,0 điểm) Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có:  1 4(3đ) 0,5 0,25 Gia sư Thành Được OG  www.daythem.edu.vn OA  OB  OC OB  OC Khi , OM     OG  OM  OG.OM   OA  OB  OC OB  OC  0,25  OA.OB  OA.OC  2OB.OC  R  2  a b  a b 1   R  AB    R  AC   R  BC  R  (chú ý a.b  2 2 2  AB  AC  2BC  12R 4.b(1,0 điểm) 2S 2S 2S ab  c ,b  ,c  Kí hiệu a  BC , b  CA, c  AB, p  Khi ta có a  m n p Theo công thức Hê – rông ta có: S  0,25 ) p  p  a  p  b  p  c  0,25 0,25 0,25 1 1  1 1 1 1 1 1  4S  2S     2S      2S     2S     m n p  m n p m n p m n p  4S  4S k  S  , k  1  1  1  1  k                 m n p  m n p  m n p  m n p  2 ,b  ,c  Do a  mk nk pk 4.c (1,0 điểm) Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng x  y  c  Tọa độ đỉnh B 2 x  y  c   x    B  2;  c   , nghiệm hệ  x    y  c  tọa độ C nghiệm hệ phương trình  x  y  c   x  c    C  c  3; c    x  y   y  c  0,25 0,25 0,25 AB qua B  2;  c   vuông góc với đường cao kẻ từ C nên AB :  x     y  c     x  y  c   Tọa độ đỉnh C nghiệm hệ  x  y  c    x  2c  12   A  2c  12; c    x  y  y  c  Theo giả thiết ta có AB AC.BC AB AC BC AB AC 10   10    10 S ABC 2.d  A, BC  BC d  A, BC   2c  10    2c  10  3c  15  4c  24  c   c c  7  10  c     c  3 0,25 0,25 Gia sư Thành Được www.daythem.edu.vn +) Nếu c  7  A  2; 1 , B  2;3 , C  4; 1 +) Nếu c  3  A  6;3 , B  2; 1 , C  0;3 không thỏa mãn hoành độ A âm Vậy A  2; 1 , B  2;3 , C  4; 1 5(1đ)  0,25  Giả sử MAB, MBC , MCD, MDA  450 (1) Ta có cot MAB  cos MAB  sin MAB MA2  AB  MB 2.MA AB.sin MAB  MA2  AB  MB 4SMAB MA  AB  MB  cot 450   MA2  AB  MB  4S MAB   4S MAB Tương tự ta bất đẳng thức sau : MB  BC  MC  4S MBC  3 0,25 Kết hợp với (1) ta 0,25 MC  CD  MD  4S MCD   MD  DA2  MA2  4S MDA  5 Cộng theo vế bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB  BC  CD  DA2   S MAB  S MBC  S MCD  S MDA   4S ABCD (6) 0,25 Mặt khác ta lại có: AB2  BC  CD2  DA2  AB.BC  2CD.DA  4S ABC  4SCDA  4S ABCD , mâu thuẫn với (6) Do giả sử ban đầu sai suy tồn góc 0,25 MAB, MBC , MCD, MDA có số đo không lớn 450 Hết ... y  c  Theo giả thi t ta có AB AC.BC AB AC BC AB AC 10   10    10 S ABC 2.d  A, BC  BC d  A, BC   2c  10    2c  10  3c  15  4c  24  c   c c  7  10  c     c... THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách... Thí sinh không sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: …………………….……… …….…….….….; Số báo danh…………………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 03 trang) KỲ THI