- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó... Do đó ta có hệ phương trình:..[r]
(1)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) 1 2 x x x2 Giải phương trình 2 b) Cho phương trình bậc hai x 2mx m 2m 0 ( x là ẩn và m là tham số) Tìm tất các x, x giá trị thực m cho phương trình đã cho có hai nghiệm không âm Tính theo m giá trị biểu thức Câu P x1 x2 và tìm giá trị nhỏ P x xy y x y 0 x, y x xy y Giải hệ phương trình: Câu Cho a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác không nhọn Chứng minh a 1 b2 c2 a b c 10 Câu O; R Gọi G và M là trọng a) Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm tam giác ABC và trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vuông góc với 2 2 đường thẳng OM thì AC AB BC 12 R b) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C là m, n, p Tính độ dài các 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 các đỉnh A, B, C có phương trình là x y 0, x 0, x y 0 Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đỉnh A có hoành độ âm 10 Câu Cho tứ giác lồi ABCD và điểm M nằm bên tứ giác đó (M không nằm trên các cạnh tứ giác ABCD) Chứng minh tồn ít các góc MAB, MBC , MCD, MDA có số đo không lớn 45 -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay (2) Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và 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 bài học sinh làm theo cách khác đúng và đủ ý thì cho điểm tối đa - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn - Với bài hình học thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó II ĐÁP ÁN: Câu 1(3đ) Nội dung trình bày 1.a (1,5 điểm) x 0 x 2;0 0; 2 x Điều kiện: 1 2 Đặt y x Thay vào ta được: x y Do đó ta có hệ phương trình: x y 2 1 x y 2 x y 2 x y 2 xy x y xy 2 x y 2 xy Điểm 0,25 0,5 x y 2 x y x y 0 xy 1 x y x y 2 xy xy 0,5 0,25 x y 2 y 2 x xy 1 x x +) 0,25 x 1 y 1 1 x x y x y xy 0,5 2 y y 0 y +) (do y ) S ;1 Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1.b (1,5 điểm) 2 Phương trình x 2mx m 2m 0 (1) có hai nghiệm không âm 0,25 0,75 (3) ' m m 2m 0 S 2m 0 m 2 P m 2m 0 Theo định lý Vi-ét ta có x1 x2 2m; x1 x2 m 2m Do đó x1 x2 m 2 Do 2(2đ) x1 x2 x1 x2 x1 x2 2m x1 x2 0,5 3 0,25 Dấu đẳng thức xảy và m 2 Đặt z y , thay vào hệ ta được: x xz z 1 x z 3xz 1 x z xz x xz z 1 x z 2 x z 2 xz 1 x z 1 xz x z x z 1 xz 0 x z 2 xz 1 m 1 x z x z 0 x z xz 0,5 0,5 z 2 x x 1 x 1 z x x y 2 0,25 +) x z 1 xz 0 +) 3(1đ) z 1 x x x 0 x 1, z 0 x 0, z 1 x 1, y 1 x 0, y 2 S 1; , 1;1 , 0; Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là Do a, b, c là độ dài ba cạnh tam giác không nhọn nên có các bất đẳng 2 2 2 2 2 2 thức sau xảy ra: a b c , b c a , c a b Giả sử a b c , đó ta có: 2 1 1 1 b c 1 a b c 1 a b2 c2 a a b c b c b c 0,5 0,25 0,25 b2 c 1 a 2 4 b c a2 0,25 3a a2 b2 c2 a b2 c2 1 2 2 1 2 10 b c b c a2 b c a2 Do đó 4(3đ) 0,5 a b c a12 b12 c12 10 4.a (1,0 điểm) Áp dụng quy tắc trọng tâm và quy tắc trung điểm ta có: OA OB OC OB OC OG , OM Khi đó OG OM OG.OM 0 OA OB OC OB OC 0 OA.OB OA.OC 2OB.OC R 0 2 0,25 0,25 2 2 a b a b 1 R AB R AC R BC R 0 a.b 2 (chú ý ) 2 2 AB AC BC 12 R 0,25 0,25 (4) 4.b(1,0 điểm) a BC , b CA, c AB, p Kí hiệu Theo công thức Hê – rông ta có: S p p a p b p c 2S 2S 2S a b c a ,b ,c m n p Khi đó ta có 0,25 0,25 1 1 1 1 1 1 1 1 4S S S S S m n p m n p m n p m n p 4.Sk k , đó 1 1 1 1 k m n p m n p m n p m n p 2 a ,b , c mk nk pk Do đó 0,25 0,25 4.c (1,0 điểm) Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng x y c 0 Tọa độ đỉnh B là 2 x y c 0 x 2 B 2; c x y c nghiệm hệ , tọa độ C là nghiệm hệ phương trình 2 x y c 0 x c C c 3; c x y 0 y c B 2; c AB qua và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên AB : x y c 0 x y c 0 Tọa độ đỉnh C là nghiệm hệ x y c x c 12 A 2c 12; c x y 0 y c Theo giả thiết ta có AB AC.BC AB AC.BC AB AC 10 10 2 10 S ABC 2.d A, BC BC d A, BC 2c 10 +) Nếu 5(1đ) 2 2c 10 3c 15 4c 24 c c 0,25 0,25 c 2 10 c 2 c c A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 c A 6;3 , B 2; 1 , C 0;3 +) Nếu không thỏa mãn hoành độ A âm A 2; 1 , B 2;3 , C 4; 1 Vậy MAB, MBC , MCD, MDA 450 Giả sử (1) 2 cos MAB MA AB MB MA2 AB MB cot MAB S MAB sin MAB MA AB sin MAB Ta có 0,25 0,25 0,25 MA2 AB MB cot 450 1 MA2 AB MB S MAB 4S MAB Kết hợp với (1) ta Tương tự ta các bất đẳng thức sau đây : 0,25 (5) MB BC MC 4S MBC 3 MC CD MD 4S MCD MD DA2 MA2 4S MDA Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB BC CD DA2 SMAB S MBC S MCD S MDA 4S ABCD (6) Mặt khác ta lại có: AB BC CD DA2 2 AB.BC 2CD.DA 4 S ABC SCDA 4 S ABCD , mâu thuẫn với (6) Do đó giả sử ban đầu là sai suy tồn ít các góc MAB , MBC , MCD , MDA có số đo không lớn 45 Hết 0,25 0,25 (6)