2013 đề thi đề xuất chọn hsg toán lớp 10 - han

1. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT NĂM HỌC 2012-2013
2. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT
3. ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU TIẾN
Câu 1 .( 4 điểm )
Cho hàm số :
1)1(2
22
 mxmxy
(1) và điểm
)1;2(K

1. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
BA,
sao cho tam
giác
KAB
vuông tại
K

2. Tìm
m
để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
Câu 2 .( 4 điểm ) Giải các phương trình sau:
1.
2003267108168
22

 xxxx

2.
203232152
2
 xxx

Câu 3. ( 6 điểm )
1. Trong mặt phẳng toạ độ
Oxy
cho ba điểm
)4;5(),0;1(),2;1( CBA
và đường tròn (C) có
phương trình:
4
22
 yx

a. Chứng minh rằng
CBA ,,
là ba đỉnh của một tam giác. Tính diện tích tam
giác
.ABC

b. Tìm tọa độ điểm
M
trên đường tròn (C) sao cho
MCMBMA 2
nhỏ nhất
2. Cho tam giác

ABC
cân tại
A
nội tiếp đường tròn tâm
O
, điểm
D
là trung điểm của
EAB,
là trọng tâm tam giác
.ACD
Chứng minh rằng :
OECD 

Câu 4 . ( 4 điểm )
Cho hệ phương trình :







4)2(
222
2
22
yx
myxyx

1. Giải hệ khi m=4
2. Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm phân biệt
Câu 5 . ( 2 điểm )
Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : ab+bc+ca=3 . Chứng minh rằng :

     
2 2 2
1 1 1 1
1 a b c 1 b c a 1 c a b abc
  
     

Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:………………………………… Số báo danh:……………………
Chữ ký của giám thị 1:……………………… Chữ ký của giám thị 2:………………
ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM
Câu

Đáp án
Điểm
Câu 1(4 điểm)
1(2 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm
01)1(2
22
 mxmx
(*)
Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biết
A, B khi và chỉ khi

10)1(20
,
 mm




0.5

Với
1m
gọi
21
, xx
là hai nghiệm của phương trình (*)
Theo viet ta có
1),1(2
2
2121
 mxxmxx


0.25
Khi đó giả sử
)0;(),0,(
21
xBxA
   
1;2,1;2
21

 xKBxKA

Để tam giác
KAB
vuông tại
K
0.  KBKA


0,5
  
05)(20122
212121
 xxxxxx







4
0
04
2
m
m
mm

0.5
4,0  mm
thỏa mãn điều kiện. Vậy với
0m

hoặc
4m
thỏa mãn yêu cầu bài toán

0.25
2(2 điểm)
Th1.
101  mm

x


0 1


y





1
2
m

để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
211
2
 mm
Kết hợp với đk đang xét ta có
2m




0,25

0.25
Th2
12110  mm

x


0
1 m
1

y






22  m


để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
)(
2
3
122 tmmm 




o.25


0.25
Th3
211  mm

x

0 1


y






22
2
 mm



để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
1122
2
 mmm
(không thỏa mãn đk)



0.25

0.25
Kết Luận: Vậy
2m
hoặc
2
3
m
thỏa mãn yêu cầu bài
toán
0.5
Câu 2(4 điểm)
1(2 điểm)
2003267108168
22
 xxxx

2003)211()5()220()4(
2222
 xx


0.5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy
)231;5(),220;(),0;4( CxBA

Khi đó
22
)220()4(  xAB

22
)211()5(  xBC

Mặt khác ta lại có
2003 ACBCAB




0.5
Đẳng thức xảy ra khai và chỉ khi A,B,C thẳng hàng và B
nằm giữa A,C
0.5

0,  kBCkBA
41
16
 x

0.5

1(2 điểm)
203232152
2
 xxx
(1)
Điều kiện
2
15

0152  xx

Pt(1)
28)24(2152
2
 xx

Đặt
024,152)24(15224
2
 yĐkxyxy



0.5
Pt(1) trở thành
152)24(
2
 yx

Vậy ta có hệ pt







152)24(
152)24(

2
2
xy
yx

0.5
Giải hệ ta được 2 nghiệm
6
2219
,
2
1 
 xx

1
Câu 3(6 điểm)
1(4 điểm)
a.
)4;5(),0;1(),2;1( CBA

+ Ta có
)2;4(),2;0(  ACAB


0.5

0,  kvoiACkAB
suy ra A,B,C không thẳng
hàng. Vậy A,B,C là ba đỉnh của một tam giác
+

24BC
, pt (BC)
01  yx

+ đường cao
2),(  BCAdAH

Diện tích tam giác
4
ABC
S


0.5
0.5
0.25
0.25

+ Đường tròn (C) có tâm
)0;0(O
bán kính R=2
0.25
+ Gọi I là điểm thỏa mãn
02  ICIBIA
)2;2(I

0.25
Khi đó ta có
IMMIMCMBMA 442 

Vậy
MCMBMA 2
nhỏ nhất khi và chỉ khi
IM
nhỏ
nhât (trong đó I cố định). Vậy ta tìm
)(CM 
để
IM
nhỏ nhất


0.5
+ Mặt khác
ROI  24
nên I nằm ngoài đường tròn
(C). Vậy
IM
nhỏ nhất

M là giao điểm của đường
thẳng OI với đường tròn (C), trong đó M nằm giữa O
và I

0.5
+ Phương trình đt OI:
xy 

+ Tìm giao của đt OI với đt tròn (C) là
)2;2(),2:2( 

.

0.25
Vì M nằm giữa O và I
)2;2(M


0.25
2(2 điểm)
Gọi M là trung điểm của AC
Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên
ODOMODOCOAOE  23

D là trung điểm của AB nên
CBCACD 2

Vì (O) ngoại tiếp
ABC
nên
ACOMABOD  ;
,
ABC
cân nên OD=OM
Do đó ,
DMOMOD  )(
mà
BCOMODBCDM  )(//

Ta có :
))((2.3 CBCAODOCOACDOE 

)(.2))(2( CBCAODCBOMCBCAODOM 

CBODCBOMBACBODCBOM  .22)2(.2

0)(2  CBODOM



0,5


0,5


0,5





0,5


Câu 4(4 điểm)
1(2 điểm)
Khi m=4 ta có HPT








4)]1()1[(
10)1()1(
2
22
yx
yx

đặt
1;1  ybxa
ta được





















3
2
2
4)(
10
2
22
ab
ba
ba
ba
ba
(*)


0,5



0.5














3
2
3
2
ab
ba
v
ab
ba


 
)1;3(),3;1(),1;3(),3;1();(  ba


Từ đó ra các nghiệm của hệ ban đầu :
(2;-2), (-2;2),(0;4),(4;0)
(Lưu ý : nếu thí sinh thay m vào luôn HPT thì câu a vẫn
tính 2 điểm )


0.5

0,5


1(2 điểm)
HPT







4)]1()1[(
22)1()1(
2
22
yx
myx

đặt
1;1  ybxa
ta được





















mab
ba
ba
ba
mba
1
2
2
4)(
22
2
22
(*)
ĐK cần :Ta có hệ ban đầu có nghiệm


hệ (*) có nghiệm;
Số nghiệm của hệ đầu cũng là số nghiệm của (*).
Nếu
);(
00
ba
là nghiệm của (*) ( dễ thấy
00
ba 
) thì
);(
00
ab
,
);(
00
ba 
,
);(
00
ab 
do đó để hệ có đúng 2
nghiệm phân biệt thì :
ba 

Thay vào (*) ta được
0m

ĐK đủ :với
0m

dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn




0.5




1





0.5
Câu 5(2 điểm)



Từ giả thiết
133
3
222
 abccbacabcab

Nên ta có :
     
22

1 1 1 1
1 a b c abc a b c a ab bc ca 3a
  
     

Tương tự
   
22
1 1 1 1
;
1 b c a 3b 1 c a b 3c

   

Cộng vế với vế các BĐT ta được điều phải CM

Dấu bằng xảy ra

1 cba


0,5


0.5

0,5

0,5