Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án) giới thiệu đáp án đề thi học sinh giỏi và thang điểm để người đọc tiện tra cứu. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 10 SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ NĂM HỌC 2015 – 2016 Mơn thi TỐN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề) Đáp án hướng dẫn chấm có 04 trang HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài ý Nội dung Cho hàm số f ( x ) = mx + ( m + 3) x − m − Tìm giá trị thực m để: a) Phương trình f ( x ) = có nghiệm phân biệt x1 , x thỏa mãn x1 − 2x =  m≠  m≠    m < −3 ⇔ ⇔ f x = x , x PT ( ) có nghiệm phân biệt  (1)   ( m + 3) ( 5m + 3) >   m > −   m+3  ( a)  x1 + x = − m Theo Viet :  x x = − m +3 ( b)  m   x1 = − m Kết hợp (a) với x1 − 2x = (c), ta tính  x = − m +  m  − + 17 m=  −2  m +  m+ ⇔ m + 5m + = ⇔  Thay x1 , x vào (b):  − ÷= − m m  m  − − 17 m =   − + 17 m = Kết hợp với (1), ta giá trị cần tìm m   − − 17 m =  b) Bất phương trình f ( x ) > có nghiệm Ta tìm m để f ( x ) > vơ nghiệm ⇔ f ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ¡ Với m = : f ( x ) ≤ trở thành 3x − ≤ (không thỏa mãn) m có nghiệm   Điểm 4.0 2.0 0.5 0.5 0.5 0.5 2.0 0.5 0.5 0.5 Do với −3 ≤ m ≤ − ( ) ( ) a) Giải phương trình x + x + − ( x − 1) = 13 x − ( 1) 0.5 2.0  x −1   x −1  Vì x + x + > 0, ∀ x ∈ ¡ PT ( 1) ⇔  ÷ + 13  ÷− =  x + x +1  x + x +1   u = −2 x −1 = u Ta có: 7u + 13u − = ⇔  Đặt u=1 x + x +1   x = −1 2 Với u = −2 : −2 x + x + = x − ⇔ 2x + 3x + = ⇔  x = −  x = 2 Với u = : x + x + = ( x − 1) ⇔ x − 6x + = ⇔  x = ( )   Vậy phương trình có tập nghiệm : S = −1; − ;2;4    b) Giải bất phương trình x ( x − ) − x + 4x + ( x − ) < 2 ĐK: ≤ x ≤ Đặt 0.5 0.5 0.5 ) Được BPT : − t − t + < ⇔ ( t − 1) t + t + > ⇔ t > , t + t + > 0; ∀t 0.5 Kết hợp đk < t ≤ Khi < − x + 4x ≤ ⇔ < − x + 4x ≤ Giải ta được: − < x < + (thỏa mãn) 0.5 Vậy tập nghiệm bất phương trình là: S = − 3;2 + 0.5 ( a) 0.5 2.0 − x + 4x = t;0 ≤ t ≤ , suy x − 4x = − t ( (2) 0.5 ( ) ) 2 Tìm giá trị tham số m để phương trình ( m − ) + x + = x − m có hai nghiệm phân biệt Đặt x + = t; t ≥ Ta phương trình t − ( m − ) t + − 2m = 2.0 ( 1) Nhận thấy với giá trị t > x = ± t − Nên toán thỏ mãn phương trình (1) có nghiệm t > ∆ = m + 4m =  Ta có: Phương trình có nghiệm kép t > :  (vô nghiệm) m−2 >   Phương trình có nghiệm phân biệt t1 < < t : Có t1 < < t ⇔ ( t1 − 1) ( t − 1) < ⇔ t1t − ( t1 + t ) + < ( )  m>0 ( a) Mà PT có nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m + 4m > ⇔   m < −4 0.5 0.5 0.5  t1 + t = m − Theo Viet:   t1t = −2m + Thay vào (2): −2m + − ( m − ) + < ⇔ −3m + < ⇔ m > 4  Kết hợp với (a), ta giá trị cần tìm m ∀m ∈  ; +∞ ÷ 3  b)  x + x − 2x + = 3y + y + Giải hệ phương trình  2  x − y − 3x + 3y + = 0.5 2.0 Đặt x − = t Hệ phương trình trở thành :  t + + t + = 3y + y +  t − 3y + + t + − y + = ⇔  2  2  t − y − t + 3y − =  ( t + 1) − y − ( t + 1) + 3y + = Cộng vế với vế (1) (2) ta được: t − y2 t − y2 + t + − y2 + = ⇔ t − y + =0 t + + y2 +   ÷= ⇔ t − y2  + 2  ÷ t + + y +   2 ⇔ t − y = ⇔ t = ±y 1 Với t = y , thay vào (2): 2y − = ⇔ y = , suy t = nên x = 2 1 Với t = − y , thay vào (2): 4y − = ⇔ y = suy t = − nên x = 4 3 1 3 1 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y ) :  ; ÷  ; ÷ 2 2 4 4 1 + Xác định tọa độ điểm A, B để nhỏ OA OB2 x y Phương trình đường thẳng AB là: + = M ∈ AB nên + = a b a b 1 1 + = 2+ Đặt P = 2 OA OB a b 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki với số ( 2;1)  ; ÷ a b 1  1   Ta có: 12 =  + ÷ ≤ 22 + 12  + ÷ ⇔ P = + ≥ b b  a b  a a ( a) ( 1) ( 2) ( 0.5 0.5 ) 0.5 0.5 2.0 ( 1) 0.5 0.5 )  2a = b   a = ⇔ Dấu đẳng thức xảy  + = a b  b =   a = 5  Vậy A =  ;0 ÷, B = ( 0;5 ) Do MinP = ⇔  2   b = Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD // BC, b) Tìm tọa độ đỉnh cịn lại hình thang cho biết cot ·ADC = Gọi I = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I ( t ; 2t − 3) Ta thấy I trung điểm BE nên E ( 2t − 4; 4t − ) Theo giả thiết E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I ( 3; 3) , E ( 2; ) · Vì AD / / BC , AD = BC nên BCDE hình bình hành Suy ·ADC = IBC uur uuur Vì C ∈ AC ⇒ C ( c; 2c − 3) ⇒ BI ( −1; 3) , BC ( c − 4; 2c − 3) Ta có · · = cot ·ADC = ⇒ cos IBC = Từ cot IBC 0.5 0.5 2.0 0.5 0.5 0.5 c = 5c − c > · cos IBC = ⇔ = ⇔ ⇔ c = c − 22 c + 35 = 5  10 5c − 20c + 25   7 5 Suy C ( 5; ) C  ; ÷.`  3 Với C ( 5; ) , ta thấy I trung điểm AC nên A ( 1; − 1) , E trung điểm AD nên D ( 3; 13) Vậy C ( 5; ) , A ( 1; − 1) , D ( 3; 13) 7 5  11 13   23  Với C  ; ÷, tương tự ta có A  ; ÷, D  ; ÷ 3 7  3  3  a) b) BI CI không đổi BD CE AB BC sin C AC BC sin B BD = = CE = = B B C C Ta có: cos cos cos cos 2 2 BC sin B sin C B C BD.CE = = BC sin sin Nên (1) B C 2 cos cos 2 IB BC C = ⇒ BI = BC sin C sin BIC Xét ∆IBC , có BIC = 135 nên sin B B C Tương tự : CI = BC sin Do BI CI = BC sin sin (2) 2 BI CI = Từ (1) (2) suy : khơng đổi (ĐPCM) BD CE Chứng minh tích 2.0 0.5 0.5 0.5 0.5 ( a + b) c + 4(ab + bc + ca) 2.0 ( a + b) ( a + b) ≥ =M c + 4c(a + b) + 4ab c + 4c(a + b) + (a + b) 0.5 Cho số thực a, b, c ∈ [1;2] Tìm GTNN P = P viết lại P = 0.5 Do a, b, c ∈ [1;2] nên a + b ≠ , chia tử mẫu M cho (a + b) ta được: M=  c   c    + 4  +1  a+ b  a+ b = t + 4t + với t = c 1  Do a, b, c ∈ [1;2] ⇒ t ∈  ;1 a+b 4  0.5 1  Xét hàm số f (t) = t + 4t +  ;1 4  1  1 Hàm số đồng biến  ;1 , nên f  ÷ ≤ f (t) ≤ f ( 1) = 4  4 1 1  Do ∀t ∈  ;1 , M ≥ ⇒ P ≥ 6 4  a = b = a = b = 1 Đẳng thức xảy t = ⇔  Vậy MinP = ⇔   c=2  c=2 0.5 0.5 Chú ý: Nếu thí sinh có lời giải khác với lời giải hướng dẫn chấm tùy thuộc vào lời giải cụ thể mà giám khảo chấm điểm theo biểu điểm trên./ ………………………… Hết ……………………… ... là: + = M ∈ AB nên + = a b a b 1 1 + = 2+ Đặt P = 2 OA OB a b 1 1 Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhia-cop-xki với số ( 2;1)  ; ÷ a b 1  1   Ta có: 12 =  + ÷ ≤ 22 + 12  + ÷ ⇔ P = + ≥ b b... 4; 2c − 3) Ta có · · = cot ·ADC = ⇒ cos IBC = Từ cot IBC 0.5 0.5 2.0 0.5 0.5 0.5 c = 5c − c > · cos IBC = ⇔ = ⇔ ⇔ c = c − 22 c + 35 = 5  10 5c − 20c + 25   7 5 Suy C ( 5; ) C  ;... = AC ∩ BE Vì I ∈ AC ⇒ I ( t ; 2t − 3) Ta thấy I trung điểm BE nên E ( 2t − 4; 4t − ) Theo giả thi? ??t E ∈ ∆ ⇒ t = ⇒ I ( 3; 3) , E ( 2; ) · Vì AD / / BC , AD = BC nên BCDE hình bình hành Suy