đề thi HSG toán 10 năm 2012-2013 Bắc Giang

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Đề thi có 01 trang

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2012-2013
MÔN THI: TOÁN - LỚP 10 PHỔ THÔNG
Ngày thi:31 /03/2013
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề


Câu 1. (4 điểm)
Cho hàm số y = f(x) = x
2
- 2(m - 1)x + m .
1) Tìm m để bất phương trình f(x)
≥
0 nhận mọi x là nghiệm.
2) Tìm m để phương trình f(x) = 0 có hai nghiệm x
1
, x
2
lớn hớn 1.
Câu 2. (4 điểm)
1) Giải phương trình
2
2 1 3 3 4 3 6,

x x x x
− + − = − + +
(x
∈
ℝ
).

2) Giải hệ phương trình
3 2 2 2
2 2 2 2
2 1 2 1 2 1,
x x y y x y xy x
x y x y

+ − = + −


− + − = + −


(x,y
∈
ℝ
).
Câu 3. (4 điểm)
1) Giải bất phương trình
3
3 2 3 3 1,
x x x x
− + + ≥ + −

(x
∈
ℝ
).
2) Chứng minh rằng biểu thức sau không phụ thuộc vào x
4 4 2 4 4 6 6
3
os sin 2sin 3(sin os ) 2(sin os )
A c x x x x c x x c x
= − + + − +
.
Câu 4. (6 điểm)
1) Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có
2 2 2
1
. . . .( )
6
GAGB GB GC GC GA AB BC CA
+ + = − + +
     
.
2) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A(1;2). Đường
thẳng chứa cạnh BC có phương trình: x + y + 1 = 0. Tìm toạ độ B và C, biết AB = 2AC.
3) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hai đường tròn
(C
1
): (x - 1)
2
+ (y - 3)
2

= 9 và (C
2
): (x - 2)
2
+ (y + 2)
2
= 5.
Lập phương trình đường thẳng
∆
đi qua A(1;0), đồng thời
∆
cắt các đường tròn (C
1
)
và (C
2
) lần lượt tại M, N (M, N không trùng A) sao cho AM = 2AN.
Câu 5. (2 điểm)
Cho các số thực dương a, b, c thoả mãn a + b + c = 3. Chứng minh rằng
3 2 3 2 3 2
1.
a b c
a b c b c a c a b
+ + ≤
+ + + + + +


Hết
Cán b
ộ

coi thi không gi
ả
i thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh Số báo danh:
Giám thị 1 (Họ tên và ký)
Giám thị 2 (Họ tên và ký)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẮC GIANG
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VĂN HOÁ CẤP TỈNH
NGÀY THI 31/3/2013
MÔN THI: TOÁN LỚP 10 PHỔ THÔNG
Bản hướng dẫn chấm có 04 trang


Câu Phương pháp – Kết quả Điểm

Câu
I
1) Ta có
∆
’ = m
2
– 3m + 1
f(x)
≥
0,
x

∀

⇔
∆
’
≤
0
⇔
m
2
– 3m + 1
≤
0

3 5
2
3 5
2
m
m

+
≥


⇔

−
≤




KL
3 5 3 5
; ;
2 2
m
   
− +
∈ −∞ ∪ +∞
 
 
 
   

2) Yêu cầu bài toán tương đương với
1 2
1 2
' 0
( 1)( 1) 0
( 1) ( 1) 0
x x
x x
∆ >


− − >


− + − >



⇔
1 2 1 2
1 2
3 5 3 5
( ; ) ( ; )
' 0
2 2
( ) 1 0 3 0
2 4 0
2 0
m
x x x x m
m
x x

− +
∈ −∞ ∪ +∞

∆ >


 
− + + > ⇔ − >
 
 
− >
+ − >






Tìm được
3 5
3.
2
m
+
< <

0,5
0,5


0,5



0,5



1

1

1) Điều kiện x
≥
3
Phương trình đã cho tương đương với

1 3 0
( 1 3)( 3 2) 0
3 2 0
x
x x
x

− − =
− − − − = ⇔

− − =



Giải ra được x = 10 và x = 7.

2) Điều kiện
1
,
2

x y
≥

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
(x - y)(x
2
+ 2xy + 2) = 0 (*)

Do
1
,
2
x y
≥
nên x
2
+ 2xy + 2 > 0
Vì vậy, (*)
⇔
x – y = 0
⇔
y = x, thay vào phương trình thứ hai của hệ:
2
1
2 2 1 3 1
2
4(2 1) (3 1)
x
x x
x x


≥

− = − ⇔


− = −


0,5


1

0,5

0,5


0,5




0,5



ĐỀ CHÍNH THỨC

Giải ra ta được
5
1,
9
x x
= =

Từ đó suy ra được nghiệm của hệ.
0,5
Câu
III
1) Điều kiện
2
3
x
≥

Bất phương trình đã cho tương đương với

3
2
2
( 3 2 1) ( 3 2) 3 4
3( 1) 1
( 1)( 4)
3 2 1 3 2
3 1
( 1) 4 0 (*)
3 2 1 3 2
x x x x

x x
x x x
x x
x x x
x x
− − + + − ≥ + −
− −
⇔ + ≥ − + +
− + + +
 
⇔ − + + − − ≤
 
− + + +
 

Ta có
2 2
3 1 3 3 2 3 1
4 0
3 2 1 3 2 3 2 1 3 2
x x
x x x x
x x x x
− + +
+ + − − = + + + >
− + + + − + + +
,
∀
2
3

x
≥

Do đó (*)
⇔
x – 1
≤
0
⇔
x
≤
1.
Vậy
2
1.
3
x
≤ ≤


2) Ta có
2 2 2 2 2 2 2
3
32 2 2 2 2 2 2
2 2 2
cos sin 2sin 3(1 2sin cos ) 2(1 3sin cos )
cos sin 2sin 3 6sin cos 2 6sin cos
cos sin 2sin 1
A x x x x x x x
x x x x x x x

x x x
= − + − − −
= − + − − +
= − + =

0,5




0,5





0,5




0,5



1


1
Câu

IV
1) Ta có
2 2
2
2 2 2
4 4
9 9
.
2 2
a b
m m
AB
GA GB AB
GAGB
+ −
+ −
= =
 

Tương tự có 3 đẳng thức còn lại, sau đó cộng ba đẳng thức đó ta được
2 2 2
2 2 2
8( )
( )
9
. . .
2
a b c
m m m
AB BC CA

GAGB GB GC GC GA
+ +
− + +
+ + =
     

Sử dụng công thức trung tuyến suy ra điều phải chứng minh.

2) Ta có d(A; BC) =
2 2

Tam giác ABC vuông tai A nên
2 2 2
1 1 1 1
( ; ) 8
AB AC d A BC
+ = =

Kết hợp với điều kiên AB = 2AC ta được AC
2
= 10
Mà C
∈
BC nên C(a; -a - 1)
⇒
(a - 1)
2
+ (a + 3)
2
= 10

⇔
2a
2
+ 4a +10 = 10
⇔
a = 0 hoặc a = - 2.
Với a = 0 suy ra C(0; -1)
Phương trình AB đi qua A, vectơ pháp tuyến
( 1; 3)
AC
= − −

là
x + 3y -7 = 0
Từ đó tìm được toạ độ B(-5; 4).
Với a = -2 suy ra C(-2; 1)


1





1

0,5

0,5

0,5






Phương trình AB đi qua A, vectơ pháp tuyến
( 3; 1)
AC
= − −

là
3x + y - 5 = 0
Từ đó tìm được toạ độ B(3; -4).
Chú ý: Học sinh có thể lấy B(a; -1 - a), C(b; -1 - b).
Nếu lập được hệ hai ẩn nhưng chưa giải được thì cho 1 điểm

3) (C
1
) có tâm I
1
(1; 3) bán kính R
1
= 3, (C
2
) có tâm I
2

(2; -2), R
2
=
5

Ta có A là một điểm chung của hai đường tròn.
Gọi
( ; ) 0
n a b
= ≠
 
là vectơ pháp tuyến của đường thẳng
∆

∆
: ax+ by – a = 0
Ta có
1
2 2
2
2 2
|3 |
( ; )
| 2 |
( ; )
b
d I
a b
a b
d I

a b

∆ =

+


−

∆ =

+


Từ đó suy ra
2
2 2 2
1 1
2 2
2 2
2 2 2
2 2
2 2
36
4( ( ; ))
16 16 4
4( ( ; ))
a
MA R d I
a b

a ab b
MB R d I
a b

= − ∆ =


+

+ +

= − ∆ =

+


Do MA = 2MB nên MA
2
= 4MB
2

⇔
36a
2
= 4(16a
2
+ 16ab + 4b
2
)
⇔

a = -2b hoặc
7
2
a
b = −
.
+) Với a = -2b, ta chọn b = -1, a = 2
Phương trình
∆
: 2x – y - 2 = 0.
+) Với
7
2
a
b = −
, ta chon a = 2, b = - 7.
Phương trình
∆
: 2x – 7y – 2 = 0.


0,5




0,5

0,5







0,5



0,5
Câu
V
Ta có
( )
3 2 2
1
1 ( )
c a b c a b c
a
 
+ + + + ≥ + +
 
 
= 9

⇔

3 2
1
( 1 )
1
9 9
a c
a a ac
a
a b c
+ +
+ +
≤ =
+ +

Do đó ta chứng minh được
3 2 3 2 3 2
3 ( ) ( )
9
a b c a b c ab bc ca
a b c c a b a b c
+ + + + + +
+ + ≤
+ + + + + +

Mà 3(ab +bc + ca)
≤
(a + b + c)
2

= 9
Từ đó có điều phải chứng minh.

1





0,5


0,5

Lưu ý khi chấm bài:
Trên đây chỉ là sơ lược đáp án, bài làm của học sinh phải được trình bày tỉ mỉ.
Mọi cách giải khác, nếu đúng, vẫn cho điểm tương đương như trên.