đề thi đề xuất chọn hsg toán lớp 10

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 Ý 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, ≠∀≠ kvoiACkAB
suy ra A,B,C không thẳng
0.5
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 :
( ) ( ) ( )
2 2
1 1 1 1
1 a b c abc a b c a ab bc ca 3a
≤ = =
+ + + + + +
Tương tự
( ) ( )
2 2
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