Kỳ thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm học 2011-2012 đề thi môn: toán

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 21 1 2x x x x       x . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):     22 32 1 1 0x m x m m      có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn điều kiện 1 2 4x x  . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:  3 31 2 1 2 1 23 3 8P x x x x x x     . Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 2 3 2 4 2 1 ( , ) (2 1) 1 x x y xy xy y x y x y xy x            . Câu 3 (1,5 điểm). Cho ,x y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện   2 21 1 2012x x y y     . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y  . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA OB OC OH   và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho MAB MBC MCD MDA     . Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 2 2 cot 2 . .sin AB BC CD DA AC BD       , trong đó  là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm   7 5 13 5 1; 5 , ; , ; 2 2 2 2 M N P              (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm  1; 1Q  và điểm A có hoành độ dương. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.......; Số báo danh. 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 chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 2,0 điểm Ta có 2 2 2 21 3 1 31 , 1 2 4 2 4 x x x x x x                      nên phương trình xác định với mọi x . Phương trình đã cho tương đương với   2 2 2 21 1 2 1 1 4x x x x x x x x           0,5 2 4 2 4 2 22 2 2 1 4 1 1x x x x x x           0,5   2 2 4 2 2 44 2 2 1 0 1 1 1 1 21 1 x x x x x xx x x                   0,5 1 1 0 0 x x x        . Vậy pt có nghiệm duy nhất 0.x  0,5 2 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2,x x thỏa mãn 1 2 4x x      2 1 2 2 4 0' 0 2 0 2 0 4 2 32 1 4 3 m m m m m x x mm m                           0,5 Theo định lí Viet ta có     23 1 2 1 22 1 , 1x x m x x m m       suy ra       3 3 23 2 1 2 1 28 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m           0,5 Bảng biến thiên -24 16 -144 0 320-2 P m 0,5 Từ bảng biến thiên ta được: max 16P  khi 2m  , min 144P   khi 2m   . 0,5 2 1,5 điểm Ta có   2 22 3 2 24 2 2 ( ) ( ) 11 (2 1) 1 1 x y xy x y xyx x y xy xy y x y xy x x y xy                       0,25 Đặt 2a x y b xy      . Hệ trở thành: 2 1 1 a ab b a b       (*) 0,25 Hệ 3 2 2 2 2 2 0 ( 2) 0 (*) 1 1 a a a a a a b a b a                  Từ đó tìm ra  ( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b    0,25 * Với ( ; ) (0; 1)a b  ta có hệ 2 0 1 1 x y x y xy        . 0,25 * Với ( ; ) (1; 0)a b  ta có hệ 2 1 ( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0 x y x y xy         . 0,25 * Với ( ; ) ( 2; 3)a b    ta có hệ 2 3 2 3 3 2 1; 3 3 2 3 0 ( 1)( 3) 0 y yx y x yx x xy x x x x x                               . Kết luận: Hệ có 5 nghiệm  ( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y     . 0,25 3 1,5 điểm Đặt 21t x x   thì dễ thấy 0t  và 2 1 2 t x t   (1) 0,25 Từ giả thiết ta có 2 2012 1y y t    . Từ đây cũng suy ra 2 22012 2.2012. t y t   (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 21 2012 2011 2012 2 2.2012. 2.2012 t t x y t t t t             0,25 Do đó 2011 2012 2011 2011 .2 . .2 2012 2.2012 2.2012 2012 x y t t     . 0,5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2012t  . Từ (1) và (2) suy ra 2011 2 2012 x y  Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2011 2012 , khi 2011 2 2012 x y  . 0,25 4 1 1,0 điểm K P N M D O H C A B 0,5 Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK là đường trung bình nên 2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH         Ta có 2OB OC OK OM   và các đẳng thức tương tự ta được:  2 2OM ON OP OA OB OC OH      3 2OL OH  suy ra O, H, L thẳng hàng. 0,5 2 1,0 điểm Trước hết ta có các kết quả sau: 1 . .sin 2 ABCDS AC BD  ; 2 2 2 cot 4 MAB AB MA MB S     0,5 Tương tự ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cot 4 4 4MAB MBC MCD AB MA MB BC MB MC CD MC MD S S S             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 . .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 CB A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: 2 2 3 29 0x y x    suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3 ; 0 2 K       . 0,25 Do AB KP nên AB có vtpt   5 2; 1 2 ABn KP    . Suy ra phương trình    : 2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y        . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 3 0 2 3 1, 5 4, 53 29 0 3 4 0 x y y x x y x yx y x x x                          0,25 Suy ra    1;5 , 4; 5A B   . Do AC KN nên AC có vtpt là   5 2;1 2 ACn KN  Suy ra pt  : 2 1 5 0 2 7 0AC x y x y        . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 7 0 2 7 1, 5 4, 13 29 0 5 4 0 x y y x x y x yx y x x x                          . Từ đây suy ra  4; 1C  . Vậy    1;5 , 4; 5A B   ,  4; 1C  . 0,5