đề thi chọn hsg lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10
NĂM HỌC 2010- 2011
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (1,5 điểm)
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
10 10
x x
y
x x
= − ×
− +
2) Cho các nửa khoảng
( 1]A a a= +; ,

[ ; 2).B b b= +
Đặt
.C A B= ∪
Với điều kiện
nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.
Câu II (2,0 điểm)
1) Tìm m để phương trình
2 4 2
1 1x m m
− = − +
có bốn nghiệm phân biệt.
2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
( )

1 2
1
2
m x
m
x
− +
< +
−
.
Câu III (2,5 điểm)
1) Giải phương trình
2
7 8 2 .x x x− + =
2) Giải hệ phương trình
7 2 5
2 1.
x y x y
x y x y

+ + + =


− + + =


Câu IV (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và
·
0

60 .BAC =
Các điểm M, N được xác
định bởi
2MC MB= −
uuur uuur
và
2NB NA= −
uuur uuur
. Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN
vuông góc với nhau.
2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các
điểm
',A

'B
và
'.C
Gọi
,
a
S

,
b
S

c
S
và S tương ứng là diện tích của các tam giác
' ',AB C

' ',BC A

' 'CA B
và ABC. Chứng minh bất đẳng thức
3
.
2
a b c
S S S S+ + ≤
Dấu đẳng
thức xảy ra khi và chỉ khi nào?
Câu V (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không
đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường
thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam
giác OAB có diện tích nhỏ nhất.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu I
1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số
10 10
x x
y
x x
= − ×
− +
2) Cho các nửa khoảng

( 1]A a a= +; ,

[ ; 2).B b b= +
Đặt
.C A B
= ∪
Với điều kiện nào của các
số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó. 1,5 đ
I.1
(0,75đ)
Hàm số
y
có tập xác định
( 10 10)D = − ;
là tập đối xứng qua điểm
0.x
=
0,25
Kiểm tra:
( ) ( ), x D f x f x∀ ∈ − =
⇒ f chẵn
0,25
f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận 0,25
I.2
(0,75đ)
[ 2) ( 1]C b b a a= + ∪ +; ;
là một đoạn ⇔
2 1b a b a
≤ < + ≤ +
0,25

1 2.b a b⇔ + ≤ < +
(*)
0,25
Khi đó,
[ 2) ( 1] [ ; 1]C b b a a b a= + ∪ + = +; ;
là đoạn có độ dài
1.a b
− +
0,25
CâuII
1) Tìm m để phương trình
2 4 2
1 1x m m− = − +
có bốn nghiệm phân biệt.
2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
( )
1 2
1
2
m x
m
x
− +
< +
−
.
2,0 đ
II.1
(1,00đ)

Ta có:
4 2
1 0m m− + >
PT
2 4 2
2 2 4 2 2
2 (1)
(1 ) (2)
x m m
x m m m m

= − +
⇔

= − = −


0,25
(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì
4 2
2 0m m− + >
(2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔
0m
≠
và
2
1 0m− >
⇔
( 1; 1) {0}\m∈ −
0,25

PT có 4 nghiệm phân biệt ⇔
( 1;1) {0}\m∈ −
và
4 2 2 4
2m m m m− + ≠ −
0,25
⇔
( 1;1) {0}\m∈ −
và
4 2
1 0m m− + ≠
⇔
( 1;1) {0}\m∈ −
, kết luận
0,25
II.2
(1,00đ)
BPT ⇔
( 1)( 2) (1 ) 2
0
2
m x m x
x
+ − + − −
>
−
⇔
( 2)
0
2

x m
x
− +
>
−
0,25
Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2
0,25
Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi
( ;2) ( 2; )x m∈ −∞ ∪ + +∞
0,25
Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi
( ; 2) (2; )x m∈ −∞ + ∪ +∞
0,25
Câu III
1) Giải phương trình
2
7 8 2 .x x x− + =
2) Giải hệ phương trình
7 2 5
2 1.
x y x y
x y x y

+ + + =


− + + =



2,5 đ
III.1
(1,25đ)
Điều kiện: x ≥ 0
PT ⇔
2
1 7 7 2 2 0x x x− − + + − =
⇔
( 1)( 6 8) 0x x x x x− + − − =
0,25
⇔
( 1)( 8 6 16) 0x x x x x− + + − − =
0,25
⇔
( 1)( 2)( 2 4 8) 0x x x x x− + − + + − =
⇔
( 1)( 2)( 4) 0x x x x− + − − =
0,25
⇔
1 0
4 0
x
x x

− =

− − =


⇔

2
1
1 17 9 17
2 2
x
x
=


 

+ +
= =
 ÷

 ÷
 

Kết luận
0,50
III.2
(1,25đ)
Điều kiện
7 0
2 0
x y
x y
+ ≥



+ ≥

; Đặt
7 0
2 0
u x y
v x y

= + ≥


= + ≥


⇒
2
2
7
2
u x y
v x y

= +


= +


⇒
2 2

5
u v
x
−
=
và
2 2
7 2
5
v u
y
−
=
0,25
HPT trở thành:
2 2 2 2
5
7 2 5 5
u v
u v v u v
+ =



− − + + =


⇔
2 2
5

3 8 5 5 0
u v
u v v
+ =



− + − =


0,25
⇔
2 2
5
3(5 ) 8 5 5 0
u v
v v v
= −



− − + − =


⇔
2
5
5 25 70 0
u v
v v

= −



− − + =


⇔
2
5
5 14 0 (*)
u v
v v
= −



+ − =


0,25
(*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔
3
2
u
v
=


=


0,25
Do đó HPT đã cho trở thành
7 9 1
2 4 2
x y x
x y y
+ = =
 
⇔
 
+ = =
 
(phù hợp)
0,25
Câu IV
1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và
·
0
60 .BAC =
Các điểm M, N được xác định bởi
2MC MB= −
uuuur uuur
và
2NB NA= −
uuur uuur
. Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.
2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm
',A

'B
và
'.C
Gọi
,
a
S

,
b
S

c
S
và S tương ứng là diện tích của các tam giác
' ',AB C

' ',BC A

' 'CA B

và ABC. Chứng minh bất đẳng thức
3
.
2
a b c
S S S S+ + ≤
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ
khi nào? 3,0 đ
IV.1

(1,50đ)
Ta có:
2 2( ) 3 2MC MB AC AM AB AM AM AB AC= − ⇔ − = − − ⇔ = +
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
0,50
Tương tự ta cũng có:
3 2CN CA CB= +
uuur uuur uuur
0,25
Vậy:
0 (2 )(2 ) 0AM CN AM CN AB AC CA CB⊥ ⇔ × = ⇔ + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,25
⇔
(2 )( 3 ) 0AB AC AB AC+ − =
uuur uuur uuur uuur
⇔
2 2
2 3 5 . 0AB AC AB AC− − =
uuur uuur
0,25
⇔
2 2
5
2 3 0
2
bc
c b− − =
⇔
2 2

4 6 5 0c b bc− − =
0,25
IV.2
(1,50đ)
Ta có các công thức tính diện tích:
2 ' 'sin ; 2 sin
a
S AC AB A S AB AC A= × = ×
⇒
' ' 1 ' '
2
a
S
AC AB AC AB
S AB AC AB AC
 
= × ≤ +
 ÷
 
(BĐT Cauchy)
0,50
Tương tự ta cũng có:
1 ' '
2
b
S
BA BC
S BC BA
 
≤ +

 ÷
 
và
1 ' '
2
c
S
CB CA
S CA CB
 
≤ +
 ÷
 
0,25
Do đó:
1 ' ' ' ' ' ' 3
2 2
a b c
S S S
AC BC BA CA CB AB
S S S AB BA BC CB CA AC
 
+ + ≤ + + + + + =
 ÷
 
(đpcm)
0,25
Dấu bằng xảy ra ⇔
' '
' '

' '
AC AB
AB AC
BA BC
BC BA
CB CA
CA CB

=



=



=


⇔
' '//
' '//
' '//
C B BC
A C CA
B A AB






⇔ A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB
0,50
Câu V
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B
lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc
với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 1,0 đ
V
(1,00đ)
Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử
( ) ( )
;0 , 0;A a B b
với
0, 0.a b> >
(*) Suy ra
2
OAB
ab
S =
.
0,25
Mà
2 2 2
1 1 1
a b R
+ =
(**)⇒
2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2

1
( ) 2
a b
a b R a b R ab
R a b
+
= ⇒ = + ≥

0,25

2
2
OAB
ab
S R=
khụng i (du bng xy ra khi v ch khi a = b)
Kt hp vi (*) v (**): du bng xy ra khi v ch khi
2a b R= =
0,25
Kt lun:
( ) ( )
2;0 ; 0; 2A R B R
(4 cp im)
0,25
Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 10 môn toán
Năm học 2007 2008
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: a) Giải phơng trình:
x
xxx

1
3
2
1
2
5
22
+=



b) Giải hệ phơng trình:





=
=++
3
7
22
22
yx
xyyx
Câu 2: Cho tam thức bậc hai f(x) = ax
2
+ bx + c với a, b, c là các số nguyên và a > 0. Biết tam thức có hai
nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0; 1). Hãy tìm tam thức có hệ số a nhỏ nhất.
Câu 3: Cho tam giác ABC có a< b< c, biết rằng tam giác ABC đồng dạng với tam giác có độ dài các cạnh

là độ dài các đờng trung tuyến của tam giác ABC. Chứng minh rằng: cotA + cotC = 2cotB
Câu 4: Cho 3 số thực x, y, z > 0 thỏa mãn xyz =1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
32
1
32
1
32
1
222222
++
+
++
+
++
=
xzzyyx
P