Tải Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm 2012 môn Toán - Có đáp án - Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc

- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MƠN: TỐN

Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

———————————— Câu (4,0 điểm).

1 Giải phương trình: x2   x x2 x 1 x  

2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m tham số):    

2 2 1 1 0

x  m x m  m 

có hai nghiệmx x1, 2 thỏa mãn điều kiện x1x2 4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P x 13x32x x1 23x13x28.

Câu (1,5 điểm).

Giải hệ phương trình:

2

4

1

( , ) (2 1)

x x y xy xy y

x y

x y xy x

      

 

   

 

 Câu (1,5 điểm).

Cho x y, hai số thực dương thoả mãn điều kiện   

2

1 2012

x x y y 

Tìm giá trị nhỏ P x y 

Câu (3,0 điểm).

1 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P điểm đối xứng của O qua đường thẳng BC, CA, AB; H trực tâm tam giác ABC L trọng tâm tam giác MNP Chứng minh OA OB OC OH     ba điểm O, H, L thẳng hàng.

2 Cho tứ giác lồi ABCD Giả sử tồn điểm M nằm bên tứ giác cho

   

MAB MBC MCD MDA    Chứng minh đẳng thức sau:

2 2

cot

2 sin

AB BC CD DA

AC BD





  



,  số đo góc hai đường thẳng AC BD.

3 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vng góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm

1; , 5; , 13 5;

2 2

M  N  P 

    (M, N, P không trùng với đỉnh tam giác ABC) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết đường thẳng AB qua điểm Q  1; 1 điểm A có hồnh độ dương

—Hết—

Cán coi thi không giải thích thêm.

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 trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa

- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn

- Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN:

Câu Ý Nội dung trình bày Điểm

1 1 2,0 điểm

Ta có

2

2 1 3, 1

2 4

x  x x   x   x x  

    nên phương trình xác định

với x   Phương trình cho tương đương với

   

2 1 1 2 1 1 4

x  x x   x x  x x  x 

0,5

2 4 2

2x 2 x x x x 1 x

           0,5

 

2

2 4 2 2 4

4 2

1 1 1

1 1

x x

x x x x

x x x

     



   

    

    

 

0,5

1

0

x

x x

   

   



 Vậy pt có nghiệm x 0 0,5

2 2,0 điểm

Phương trình cho có hai nghiệm x x1, thỏa mãn x1x2 4

 

 

2

1

2

'

2

4 2 1 4

3

m

m m m

m

x x m m

m

 

  

    

   

         

      

  

 

0,5

Theo định lí Viet ta có    

2

1 2 ,

x x  m x x m  m

suy

 3  3  2

1 8 8 16 40

P x x  x x  m  m  m  m  m

0,5 Bảng biến thiên

-24 16

-144

0

3 2

0 -2

P m

0,5

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax 16 m 2, P min 144 m 2 0,5

2 1,5 điểm

Ta có  

2

2

2

4 2

( ) ( )

1

(2 1) 1

x y xy x y xy x x y xy xy y

x y xy x x y xy

     

     

 



 

      



 

Đặt

2

a x y

b xy

  

 

 Hệ trở thành:

1

a ab b a b

  

 

 

 (*) 0,25

Hệ

3 2

2

2 ( 2)

(*)

1

a a a a a a

b a b a

       

 

   

   

 

 

Từ tìm ( ; )a b (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)  

0,25

* Với ( ; ) (0; 1)a b  ta có hệ

2 0

1

x y

x y xy

  

  

 

 . 0,25

* Với ( ; ) (1; 0)a b  ta có hệ

2 1

( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)

x y

x y xy

  

   

 

 . 0,25

* Với ( ; ) ( 2; 3)a b    ta có hệ

2

3

3

2

1;

3 2 3 0 ( 1)( 3) 0

y y

x y

x y

x x

xy x x x x x

 

 

    

    

  



         

  .

Kết luận: Hệ có nghiệm ( ; )x y (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)   

0,25

3 1,5 điểm

Đặt t x 1x2 dễ thấy t 0

2 1

t x

t

 

(1) 0,25

Từ giả thiết ta có

2 2012

y y

t

  

Từ suy

2 2012

2.2012

t y

t

 

(2) 0,25

Từ (1) (2) suy

2 1 20122 2011 2012 2.2012 2.2012

t t

x y t

t t t

   

      

  0,25

Do

2011 2012 2011 2011 2012

2.2012 2.2012 2012

x y t

t

   

0,5

Đẳng thức xảy t  2012 Từ (1) (2) suy

2011 2012

x y

Vậy giá trị nhỏ P 2011

2012 ,

2011 2012

x y

0,25

K

P N

M D O H

C A

B

Kẻ đường kính AD, tứ giác BHCD hình bình hành nên trung điểm K của BC trung điểm HD, tam giác AHD có OK đường trung bình nên

2OK AH  OB OC OH OA      OA OB OC OH  

0,5

Ta có OB OC 2OK OM    

đẳng thức tương tự ta được:

 

2

OM ON OP       OA OB OC   OH

                                                                                          

3OL 2OH

 

 

suy O, H, L thẳng hàng.

0,5 2 1,0 điểm

Trước hết ta có kết sau:

1

.sin

ABCD

S  AC BD 

;

2 2

cot

4 MAB

AB MA MB

S

   0,5

Tương tự ta được:

2 2 2 2 2

cot

4 MAB MBC MCD

AB MA MB BC MB MC CD MC MD

S S S

        

 

2 2 2 2

2 2 2 2

4

4 sin

MDA MAB MBC MCD MDA

ABCD

DA MD MA AB BC CD DA

S S S S S

AB BC CD DA AB BC CD DA

S AC BD 

    

 

  

     

 

0,5

3 1,0 điểm

I K

P

N

M

C B

A

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường tròn qua điểm M, N, P nên ta lập phương trình là: x2y23x 29 0 suy tâm K đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ

3 ;

K   .

0,25

Do ABKPnên AB có vtpt  

2;

AB

n KP 

 

Suy phương trình

   

: 1

AB x  y   x y  

Do tọa độ A, B nghiệm hệ

phương trình 2

2 3 1,

4,

3 29

x y y x x y

x y

x y x x x

      

  

 

  

 

       

 

Suy A1;5 , B   4; 5 Do ACKN nên AC có vtpt  

2;1

AC

n KN 

 

Suy pt AC: 2x1 y 0  2x y  0 Khi tọa độ A, C nghiệm hệ phương trình:

2 2

2 7 1,

4,

3 29

x y y x x y

x y

x y x x x

      

  

 

  

 

       

  Từ suy C4; 1 .

Vậy A1;5 , B   4; 5, C4; 1 