Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 1

TRƯỜNG THPT KON TUM
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi gồm 01 trang)
THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013
Môn: TOÁN - Lớp 10
Ngày thi: 31/01/2013
Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
ĐỀ BÀI
Bài 1. (4.0 điểm)
1. Giải phương trình:
( )
2
2
11 25
1
5
x
x
− =
+
2.Giải hệ phương trình:

( )
2 2
2
2
6 0
2
1 3 0
x y
x y

x y

− − =


 
+ − − − =

 ÷
−
 

Bài 2. (5.0 điểm)
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1)
1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng
2x =
và có đỉnh nằm trên trục Ox.
Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P).
2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất.
Bài 3. (3.0 điểm)
Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho:
3
a
BM
=
;
2

; (0 )
3
a
CN AP x x a
= = < <
. Tìm x theo a để AM ⊥ PN.
Bài 4. (2 điểm)
Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
3
3 1x
= +
làm nghiệm.
Bài 5. (3.0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
.
Bài 6. (3.0 điểm)
Cho tam giác
ABC

không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong
( )
, ,AD BE D BC E AC
∈ ∈
biết rằng
. .AD BC BE AC
=
. Tính góc C.
HẾT
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Chú ý:
1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó
giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp cho
cách giải khác.
2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm
bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn
lại.
Đáp án chấm chi tiết
Câu Nội dung Điểm
1.1
Giải phương trình:
( )
2
2
11 25
1
5
x
x

− =
+
(1)
2đ
Đặt
( )
5 0; 5t x t t= + ≠ ≠ −
khi đó phương trình trở thành

( )
( ) ( )
2 2
2 2
2
2
11 25
1 11 25 5 5
5
t t t t
t
t
− = ⇔ − − = −
−
0.5đ
4 3 2
2
2
10 39 250 625 0
625 25
10 39 0

t t t t
t t
t
t
⇔ − + − + =
   
⇔ + − + + =
 ÷  ÷
   
0.5đ
Đặt
( )
25
10, 10 (*)a t a a
t
= + ≥ ≠ −

ta thu được phương trình
2
10 11 0 11(do(*))a a a
− − = ⇔ =
0.5đ
Với
11a
=
ta có
2
25 11 21
11 11 25 0
2

t t t t
t
±
+ = ⇔ − + = ⇔ =

khi đó phương trình đã cho có nghiệm là:
1 21
2
x
±
=
0.5đ
1.2
Giải hệ phương trình:

( )
2 2
2
2
6 0
( )
2
1 3 0
x y
I
x y
x y

− − =



 
+ − − − =

 ÷
−
 

2đ
Ta có
( ) ( )
( )
( )
2
2
6
( )
4
1 3
x y x y
I
x y
x y

− + =

⇔

+ − − =


−

0.5đ
Đặt
( )
0
a x y
b
b x y
= −

≠

= +

ta có hệ
( )I
trở thành
( )
( )
2
2
2
2
1
(1)
. 6
6
( )
4

1 3
4
1 3 (2)
36
a
a b
b
I
a
a
a
b

=
=


 
⇔ ⇔
 
− − =
 
− − =



Từ (2) ta có phương trình:
( )
2
2 2

3
9 1 27 8 18 18 0
3
4
a
a a a a
a
=


− − = ⇔ − − = ⇔
−

=

0.5đ
*Với
3a =
ta có
2b =
suy ra
5
3
2
2 1
2
x
x y
x y
y


=

+ =


⇔
 
− =


=



nghiệm hệ là
( )
5 1
; ;
2 2
x y
 
=
 ÷
 
0.5d
*Với
3
4
a = −

ta có
8b
= −
suy ra
35
3
8
4
29
8
8
x
x y
x y
y
−

=


+ = −
 
⇔
 
 
− = −
=




nghiệm hệ là
( )
35 29
; ;
8 8
x y
−
 
=
 ÷
 
0.5đ
2.1
Cho hàm số
2
2y x ax b= + +
(1). Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối
xứng x= 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị
(P).
2đ
Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên
2 2a a− = ⇔ = −
mà đỉnh của (P) nằm trên Ox
do đó
2
0 2 4.2 4b b= − + ⇔ =
hàm số trở thành
2
4 4y x x= − +

0.5
Bảng biến thiên
x
−∞
2 +
∞
y +
∞
0
+
∞
0.5
Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I(2;0), nhận x = 2 làm trục đối xứng và qua
các điểm A(1; 1), B(0;4), C(3; 1), D(4;4)
0.5
Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số.
0.5
x
y
O
2.2 Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ
nhất.
3đ
Gọi A là giao điểm của (P) với Oy ta có A(0;4), M
( )
( )
( )
2
2
( ,Ox) 2

( ) ; 2
( ,Oy)
d M a
M P M a a
d M a

= −

∈ ⇒ − ⇒

=


Vậy với
( )
2
( ,Ox) ( ,Oy) 2S d M d M a a= + = + −

1đ
Nếu a < 0 thì S > 4.
Nếu a > 2 thì S >2
0.5đ
Nếu
0 2a≤ ≤
thì
( )
2
2
3 7 7
2

2 4 4
S a a a
 
= + − = − + ≥
 ÷
 
0.5đ
Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là
7
4
xảy ra khi
3
2
a =
khi đó
3 1
;
2 4
M
 
 ÷
 
là
điểm cần tìm

1đ
3 Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P
sao cho: BM =
3
a

; CN =
2
3
a
; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN
3đ
Từ giả thiết ta có:
1 1
;
3 3
AP x x AN
AP AB AN AC
AB a a AC
= ⇒ = = ⇒ =
uuur uuur uuur uuur

vậy
1
3
x
PN AN AP AC AB
a
= − = −
uuur uuur uuur uuur uuur
0.75
suy ra
1
3 3
3
x

PN AC AB aPN aAC xAB
a
= − ⇔ = −
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hơn nữa:
2 1
AM 3AM 2
3 3
AB AC AB AC
= + ⇔ = +
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
1
AM ⊥ NP ⇔
( ) ( )
. 0 3 .3 0 2 3 0AM PN AM aPN AB AC xAB aAC
= ⇔ = ⇔ + − + =
uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur
0.5
( ) ( )
2 2 2 3 2
1
6 . 2 3 . 0 6 2 3 0
2
x AB aAC a x AB AC xa a a x a
⇔ − + + − = ⇔ − + + − =
uuur uuur
0.75
2 3
15 4
2 0

2 15
⇔ − + = ⇔ =xa a x a
4 Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận
3
3 1x = +
làm nghiệm.
2đ
Ta có
( )
3
3 3
3 1 3 1 3 1x x x= + ⇔ = − ⇔ = −
3 2
3 3 4 0x x x⇔ − + − =
Vậy
3 2
( ) 3 3 4P x x x x= − + −
là một đa thức thỏa ycbt
Ta chứng minh n = 3 là bậc nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy vì không có đa thức bậc
nhất với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai
với hệ số nguyên nhận
3
3 1x = +

làm nghiệm là
2

ax bx c+ +
khi đó tồn tại đa
thức với hệ số nguyên mx + n sao cho

( )
( )
2
( )P x mx n ax bx c= + + +
bằng cách
đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên.
Vậy
( )
3 2
( ) 3 3 4 ( , 0)Q x k x x x k k= − + − ∈ ≠¢
là đa thức cần tìm.
5
CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có:
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y
x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
.(1)

3đ
Ta có :
( )
3 3
3
(1) 4 x y x y
⇔ + ≥ +
. 0,5đ
Mà
( )
( ) ( ) ( )
3 2
3 3
4 3 0x y x y x y x y
+ − + = + − ≥
1,5đ
Suy ra:
( )
3 3
3
4z x y z x y
+ + ≥ + +
. 0,5đ
Vậy
( )
3 3
3
2013 2013
4
x y x y

x y z
z x y
+ + + +
≤
+ +
+ +
0,5đ
6 Cho tam giác
ABC

không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong
( )
, ,AD BE D BC E AC∈ ∈
biết rằng
. .AD BC BE AC=
. Tính góc C.
3đ
Gọi O là giao điểm hai đường phân giác
Ta có:
·
·
. sin . .sinAD BC ADB BE AC AEB=
mà
·
·
. . sin sinAD BC BE AC ADB AEB= ⇒ =
1đ
·
·
·

·
180
o
ADB AEB
ADB AEB

=
⇒


+ =

0.5đ
TH1: Nếu
·
·
ADB AEB=
thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó
· ·
EAD EBD=
tức là
µ µ
A B=
, điều này trái với giải thiết bài toán
0.5đ
TH2: Nếu
·
·
180
o

ADB AEB+ =
thì
·
·
180
o
ECD EOD+ =
0.5đ
do đó
·
· ·
·
( )
µ
1
180 90
2
o o
EOD AOB ABO BAO C= = − + = +

Suy ra
·
·
µ µ µ
1
180 90 60
2
o o o
ECD EOD C C C= + = + + ⇒ =
Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi

µ
60
o
C =
0.5đ
Hết
Hình vẽ bài 3
A
P
B
M C
N
Hình vẽ bài 6
C
D
B
A
E