De va dap an thi HSG capr truong 2011 2012

5 3 0
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/06/2021, 16:58

Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ...[r] (1)SỞ GD & ĐT QUẢNG NINH Trêng thpt trÇn phó Đề chính thức ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học: 2011- 2012 Môn: TOÁN Lớp: 10 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Họ và tên thí sinh: lớp: số báo danh: ĐỀ BÀI 2 Câu (5,0 điểm) Cho phương trình: x  2( m  1) x  2m  3m  0 (1) (m là tham số) m a Giải phương trình với b Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt Gọi hai nghiệm A  x1  x2  x1 x2  phương trình là x1 và x2 , tìm giá trị nhỏ biểu thức: Câu (5,0 điểm) a Giải bất phương trình: 9( x   3x  2) x  3 b Giải phương trình: x  2012 2012 x  2011  2011 0 Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC, có các cạnh a, b, c thỏa mãn : 1   ba a c a bc Chứng minh góc A = 600 Câu (5,0 điểm) a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có B  2;  1 , đường cao hạ từ A và phân giác góc C có phương trình là 3x  y  27 0 và x  y  0 Tìm tọa độ điểm A và điểm C Phân giác góc C nói trên là phân giác hay phân giác ngoài? b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng d phụ thuộc tham số m có phương trình: x  ( m  1) y  m 0 Chứng minh với m đường thẳng d luôn qua điểm cố định Tìm m để khoảng cách từ điểm A(3; 1) đến d là lớn Câu (3,0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c 3 Chứng minh rằng: a2 b2 c2   1 a  bc b  ca c  ab Hết -(đề thi có 01 trang) Lưu ý: Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay quá trình làm bài thi (2) Giáo viên coi thi không giải thích gì thêm (3) ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM THI HSG CẤP TRƯỜNG Năm học: 2011- 2012 Môn: Toán Lớp: 10 Câu a 1,5đ Đề chính thức Nội dung 3 m x  x  0  x  12 x  0 ta có phương trình: + Với ’ = 36 - 24 = 12 > 0, nên phương trình có nghiệm phân biệt   12     12   x1   , x2   8 Điểm 0,5 1,0  '  m  1   2m  3m  1  m2  m 0,5 Điều kiện để PT (1) có hai nghiệm phân biệt là: 0,5  '    m  m    m   * b 3,5đ  x1  x2 2  m  1  x  x2 2m  3m  Với điều kiện (*), áp dụng định lí Viet ta có:  0,5 A  x1  x2  x1 x2   2( m  1)  2(2m  3m  1)  4 m  m  0,5 + Vì  m  nên m2 - m - < 0, đó 2   9 1  A  4( m  m  2)    m       m      2    m Vậy A đạt giá trị lớn  x    x  0    x  3x  0  x 2  ĐK: 1,0 2 a 2,5đ BPT 9  4x 1  3x    x  3  x  3    x   3x   x  3 x   3x   x   3x  0,5 0,5   0,5   x   3x   x     81 4 x   3x    82  x 2  x  1  3x    x  1  3x   82  x 0  2  82  x  4 12 x  5x   82 x  82  7x 0     x 6  x   x  1128 x  6732 0    x 1122  0,5  2  x   ;6 3  + Kết hợp với điều kiện ta nghiệm bất phương trình là: 0,5 0,5 (4)  x  2012 y  2011 0   y  2012 x  2011 0 b 2,5đ 2,0đ + Đặt y  2012 x  2011 Ta có hệ phương trình:  x  y  2012( x  y ) 0 ( x  y )( x  xy  y  2012) 0   x  2012 y  2011 0   x  2012 y  2011 0    x  y 0 y  3y2  x  xy  y  2012  x     2012  0, x, y  x  2012 y  2011 0     (vì  x  0 x  2012 x  2011 0  ( x  1)( x  x  2011) 0    x  x  2011 0   x 1   x    8045     8045 x Vậy phương trình đã cho có nghiệm phân biệt: x = và 1 a b c a b c c b     3   1  3 ba ac a b ac + Có: b  a a  c a  b  c c b   1  c( a  c )  b(a  b) (a  b)(a  c ) a b a c  ca  c  ba  b2 a  ac  ba  bc b2  c  a 1   cos A   A 600 2bc 2 BC là đường thẳng qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT:  b  c  a bc  a 4 x  y  0    x  y  0  x   C   1;3  y 3  Tọa độ điểm C là nghiệm hệ: Gọi d là đường thẳng qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có x     y  1 0  x  y  0 phương trình:  Tọa độ điểm H là giao điểm d và phân giác góc C là nghiệm hệ:  x  y  0  x 3   H  3;1   x  y  0  y 1 Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, đó B’ thuộc AC và H là trung điểm BB’ nên ta có: AC là đường thẳng qua C và có vectơ phương 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5  x     y  1 0  x  y  0 xB ' 2 xH  xB 4; yB ' 2 yH  y B 3  B '  4;3  0,5  CB '  5;0  nên có PT là: 0,5 0,5 0,5  x  1   y  3 0  y  0  y  0  x    A   5;3  x  y  27 0 y 3   Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: A   5;3  , C   1;3 0,5 Vậy Thay tọa độ A, B vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta các số:  4;  , đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài 0,5 (5) b + Dễ thấy đường thẳng d luôn qua điểm M(-1; -1) với m + Kẻ AH  d H, ta luôn có AH  AM Đẳng thức xảy và H trùng với M, tức là d vuông góc  với AM  n (1; m  1) + Khi đó vectơ pháp tuyến d cùng phương với vectơ AM ( 4; 2) , 0,5 1,0 0,5 m  m Từ đó suy nên 2 a b c   1 a  bc b  ca c  ab + Có theo BCCT Cô si ta có: bc b  c, ca c  a , ab a  b a2 b2 c2 a  b2  c a  b  c     a  b  a a  bc b  ca c  ab  + Ta lại có: a  2 a, b2  2b, c   2c  a  b  c 2( a  b  c )  3 a2 b2 c2   1 a  bc b  ca c  ab Vậy Dấu “=” xảy  a = b = c = 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 Hết -Chú ý: Hướng dẫn chấm này trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính toán chính xác điểm tối đa Các cách giải khác đúng cho điểm Tổ chấm trao đổi và thống điểm chi tiết không vượt quá số điểm dành cho câu, phần đó Có thể chia điểm phần không 0,25 đ và phải thống tổ chấm Điểm toàn bài là tổng số điểm các phần đã chấm Không làm tròn điểm Mọi vấn đề phát sinh quá trình chấm phải trao đổi tổ chấm và cho điểm theo thống tổ Móng Cái, ngày tháng4 năm 2012 Tổ chuyên môn ký xác nhận (Ký, ghi rõ họ và tên) (6)
- Xem thêm -

Xem thêm: De va dap an thi HSG capr truong 2011 2012, De va dap an thi HSG capr truong 2011 2012