De thi va DA HSG lop 10 Hai Duong

Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương... Chứng tỏ TH2 vô nghiệm.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 MƠN THI : TỐN

Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm)

a) Cho hàm số y x 2mx 3mvà hàm số y 2x3 Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt hoành độ chúng dương b) Giải bất phương trình:  x2 8x 12 10 2  x

Câu (2 điểm)

a)

Giải phương trình:

3 3

(4 3)

2 x  x  x 

b) Giải phương trình: 2x2  11x23 4 x1 Câu (2 điểm)

a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(1;4) Đường thẳng d qua M, d cắt trục hoành A(hoành độ A dương), d cắt trục tung B(tung độ B dương) Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OAB

b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C): (x 2)2 (y3)2 9và điểm A(1; 2) Đường thẳng qua A,  cắt (C) M N Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN

Câu (3 điểm)

a) Chứng minh tứ giác lồi ABCD hình bình hành

2 2 2

AB BC CD DA AC BD .

b) Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn: 2

1 1

a

h b c (trong AB=c; AC=b; đường cao qua A ha)

Câu (1 điểm)

Cho a, b, c số thực dương Chứng minh rằng:

     

 

2 2

2

2 2

3 a b b c c a

a b c

b c c a a b a b c

    

   

    

………Hết………

Họ tên thí sinh:………Số báo danh:……… Chữ ký giám thị 1:……….Chữ ký giám thị 2:………

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012

Câu Ý Nội dung Điểm

1 a Tìm m:

2 2 3

y x  mx m y 2x3 cắt hai điểm

phân biệt hoành độ dương 1,00

Yêu cầu tốn  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt

2 2 3 2 3 2( 1) 3 3 0

x  mx m x  x  m x m  0,25

'

3( 1) 2( 1)

m m    

      

 0,25

1 '

4 m m

        

 0,25

Kết hợp nghiệm, kết luận m 4 0,25 b Giải bất phương trình:  x2 8x 12 10 2  x 1,00 TXĐ:  x28x 12 0  2 x 0,25 Nếu 5 x 6thì  x2 8x 12 10 2   x, bất phương trình

nghiệm với x: 5 x 0,25

Nếu

10

2

8 12 x

x

x x

  

    

    

 bất pt cho 8 12 4 40 100

x x x x

      

2 28

5 48 112

5

x x x

       0,25

Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có: 4 x

Tập nghiệm bpt cho: (4;6] 0,25 2 a Giải phương trình: 3

3

(4 3)

2 x  x  x 

(1) 1,00

Đặt y4x3  x3 (1) có dạng:

3 3

2

( )

4

y x

I

x x y

  

 

   

 Khi nghiệm (1) x ứng với (x;y) nghiệm (I)

0,25

(I)

3

3

2

2 ( )

y x

x y x y

  

  

   

 

3

2

2 3(2)

( )(2 2 1) 0(3)

y x

x y x xy y

  

  

    



 0,25

TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm (1):

3

x 0,25

TH2: 2x2 2xy2y21 0; '   x 3y2 Nếu có nghiệm

2

y 

Tương tự có

2

x 

Khi VT (2) 

3

2

4

3 3

 

 

 

 

Chứng tỏ TH2 vơ nghiệm KL (1) có nghiệm

3

4 x

0,25 b Giải phương trình: 2x2  11x23 4 x1 1,00 ĐK: x1 (1) 2(x2  6x9) ( x 1 x 1 4) 0 0,25

2

2(x 3) ( x 1 2) 0(*) 0,25

Do a2  0( a)nên pt(*)

3 x

x   

  

   

 0,25

3 x

  Vậy pt cho có nghiệm x=3 0,25

3 a

(1;4)

M Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành A; d cắt trục tung tại

B Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác OAB(x yA; B 0) 1,00

Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0 PT đường thẳng AB:

x y

a b  0,25

Vì AB qua M nên

1 4 16

1

a b    ab  ab 0,25

2

1

8;" "

8

2

a ab

b

a b

         



 0,25

Diện tích tam giác vuông OAB( vuông O)là S

1

2OA OB 2ab

  

Vậy S nhỏ d qua A(2;0), B(0;8)

0,25 b

(C):

2

(x 2) (y3) 9;A(1; 2) qua A,  cắt (C) M N.

Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN 1,0 (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3 Có A nằm đường trịn(C)

2 (1 2)2 ( 3)2 2 9

IA        0,25

Kẻ IH vng góc với MN H ta có

2 2 9 4 4(9 2)

IH HN IN   MN  HN   IH 0,25

MàIH AH  IH IA  MN2 4(9 2) 28   MN 2 0,25 Vậy MN nhỏ H trùng A hay MN vng góc với

IA A 0,25

4 a Chứng minh tứ giác lồi ABCD hình bình hành khiAB2 BC2 CD2 DA2 AC2 BD2

     1,5

Tứ giác lồi ABCD hình bình hành  AB DC   AB DC  0 0,25

AB DC2

  

 

2

2

AB DC AB DC

   

   

0,25

2 2 .( ) 0

AB DC AB AC AD

2 ( 2 2) ( 2 2) 0

AB DC AB AC BC AB AD BD

         (*)

(    

2 2 2

2

a b  a  a b b   a b a  b  a b 

)

0,25 0,25 (*) AB2 BC2 CD2DA2 AC2 BD2(Đpcm)

( Chú ý: làm chiều cho 0,75 đ) 0,25

4 b

Tìm tất tam giác ABC thỏa mãn: 2

1 1

a

h b  c (1) 1,5

Có a h a 2S bc sinA 0,25

2

2 2 2

1

sin a

a R

h b c A b c

  

0,25 (1) b2 c2 4R2 sin2Bsin2C1 0,25

1 cos 2B cos 2C

      cos2Bcos 2C 0 0,25

2cos(B C)cos(B C)

    0,25

 

2 2 0 ;0

2 B C hay A

B C B C B C                      

Vậy tam giác ABC vng A có B C   

0,25

5      

 

2 2

2

2 2

: a b c a b b c c a ; , ,

CMR a b c

b c c a a b a b c

    

    

     1,00

XétM=

2 2

1 1

a b c

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 1 1

(a b)( ) (b c)( ) (c a)( )

b c c a c a a b a b b c

        

     

0,25

2 2

( ) ( ) ( )

( )( ) ( )( ) ( )( )

a b b c c a

b c c a c a a b a b b c

     

      0,25

Vì

1

(b c c a )(  ) 2

4

(a b )c (2a 2b )c (a b c)

  

      ;

2 (a b ) 0

2

2

1 ( )

( ) ;" "

( )( ) ( )

a b

a b a b

b c c a a b c



     

   

0,25 Làm hoàn tồn tương tự với hai biểu thức cịn lại

Suy M

     

 

2 2

2

a b b c c a a b c

    



Hình vẽ câu 3b:

H A

N M

I