ĐỀ THI HSG KHHOOIS 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT TRẦN SUYỀN
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10
NĂM HỌC 2012- 2013
Môn thi: TOÁN
Thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu I (2 điểm)
1) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
2
m = 4x + 3m
x -6
2) Xác định các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là số
nguyên.
Câu II (2 điểm)
1) Chứng minh rằng:
sin3x = 3sinx – 4sin
3
x
2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình:
( )
1 2
1
2
m x
m
x
− +
< +
−
.

Câu III (3 điểm)
1) Giải các bất phương trình :
2
23
2
2
2
>
++ xx
x
2) Tìm m để biểu thức sau luôn dương :

mxmxxf 3)2(2)(
2
++−=
3) Giải hệ phương trình
7 2 5
2 1.
x y x y
x y x y

+ + + =


− + + =


Câu IV (2 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) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
∆
ABC có A(1;3), B(2;-4) và C(0;6)
a) Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao BH
b) Tính diện tích của
∆
ABC
Câu V (1 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 23 0x y x y+ − + − =
. Viết phương
trình đường thẳng đi qua điểm A(7 ; 3) và cắt (C) tại hai điểm B, C sao cho AB = 3AC.
HẾT
Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
Chữ ký của giám thị 1: Chữ ký của giám thị 2:
ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN ĐIỂM
Câu I

1) Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
2
m = 4x + 3m
x -6
2) Xác định các giá trị của m để phương trình đã cho có nghiệm duy nhất là số nguyên.
2 đ
I.1
(1đ)
Tập xác định của PT là
¡
.
PT
⇔
(m
2
- 4)x = 3m + 6

( ) ( ) ( )
m - 2 m + 2 x = 3 m + 2⇔
Khi
m -2 m 2≠ ∧ ≠
thì PT có nghiệm duy nhất
3
x =
m - 2
Khi m = 2 thì phương trình trở thành 0x = 12 nên vô nghiệm
Khi m = -2 thì phương trình trở thành 0x = 0 nên có nghiệm tuỳ ý
I.2
(1đ)
Khi

m -2 m 2≠ ∧ ≠
thì PT có nghiệm duy nhất
3
x =
m - 2
( )
3
x = m - 2 3
m - 2
∈ ⇔¢
m -2 = -1; 1; -3; 3⇔

m =1; 3; -1; 5⇔
( thoả mãn đk)
Vậy các giá trị của m thỏa mãn ycbt : m = -1, m = 1, m = 3, m = 5
CâuII
1) Chứng minh rằng:
Sin3x = 3sinx – 4sin
3
x
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)
Sin( x + 2x) =sinx.cos2x + sin2x.cosx
0,25
= sinx(1-2sin
2
x) + 2sinx.cos
2
x
0,25
= sinx – 2sin
3
x + 2sinx(1 – sin
2
x)
0,25
= 3sinx – 4sin
3
x 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 các bất phương trình :
2
23
2
2
2
>
++ xx

x
2) Tìm m để biểu thức sau luôn dương :

mxmxxf 3)2(2)(
2
++−=
3) Giải hệ phương trình
7 2 5
2 1.
x y x y
x y x y

+ + + =


− + + =


3 đ
III.1,2
(1,75đ)
+Đưa về bpt thương (VP=0)
0,5
+Lập bảng xét dấu
0,25
+Kết luận nghiệm
0,25
+Chỉ ra được
0
<∆

+Lập được
∆
0,25
+Giải được
0,25
III.3
(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= −
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)Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho
∆
ABC có A(1;3), B(2;-4) và C(0;6)
a) Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao BH
b) Tính diện tích của
∆
ABC
2,0 đ
IV.1
(1đ)
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
(1đ)
* Pt đường cao AH: AH
⊥
BC nên nhận

BC
uuur
làm vtpt
0,25
Đường cao AH đi qua A(1;3) có vtpt
BC
uuur
=(-2;10) nên có pttq:
-2(x-1) + 10(y-3)=0
5 14 0x y⇔ − + − =
0,25
Độ dài đường cao AH của tam giác chính là khoảng cách từ A đến đường thẳng BC. Ta
có:

2
5.1 3 6
2 26
( ; )
13
26
5 1
d A BC
+ −
= = =
+
;
2 26BC =
. Suy ra S = 2 (đvdt)
0,5
Câu V

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
2 2
2 2 23 0x y x y+ − + − =
. Viết
phương trình đường thẳng đi qua điểm A(7 ; 3) và cắt (C) tại hai điểm B, C sao
cho AB = 3AC.
1,0 đ
V
(1,00đ)
(C) có tâm I (1 ;-1), bán kính R = 5.
0,25
52 5AI = > ⇒
A nằm ngoài (C). Gọi H là trung điểm của BC.
Khi đó
HB HC AC= =
và
IH BC⊥
. Từ các ∆ vuông IHB và IHA ta có
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
4
IH IB HB
IB HB IA HA R AC IA AC
IH IA HA

= −

⇒ − = − ⇔ − = −


= −


2 2
2
9 3 3, 4
3
AI R
AC AC HB IH
−
⇒ = = ⇒ = ⇒ = =
0,25
Đt
∆
đi qua A(7 ;3) và có VTPT
n
r
(a ; b),
2 2
0a b+ ≠
có pt
2 2
( 7) ( 3) 0. ( , ) 4 3 2 2a x b y d I a b a b− + − = ∆ = ⇔ + = +
2 2 2 2 2
12
9 12 4 4( ) 5 12 0 0,
5
a ab b a b a ab a a b⇔ + + = + ⇔ + = ⇔ = = −
0,25
Với a = 0, chọn b = 1 ta được

: 3 0y∆ − =
Với
12
5
a b= −
, chọn b = 5 ta được a = -12. Pt
: 12 5 69 0x y∆ − + + =
A
H
I
C
B
0,25