Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 7

SỞ GD&ĐT KONTUM
——————
ĐỀ CHÍNH THỨC
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012
ĐỀ THI MÔN: TOÁN
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————
Câu 1 (4,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2 2
1 1 2x x x x+ + + − + =

( )
x ∈¡
.
2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn
x
(
m
là tham số):
( ) ( )
2
2 3
2 1 1 0x m x m m− − − + + =
có hai
nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn điều kiện
1 2

4x x+ ≤
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
( )
3 3
1 2 1 2 1 2
3 3 8P x x x x x x= + + + +
.
Câu 2 (1,5 điểm).
Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1
( , )
(2 1) 1
x x y xy xy y
x y
x y xy x

+ − + − =

∈

+ − − =


¡
.
Câu 3 (1,5 điểm).
Cho

,x y
là hai số thực dương thoả mãn điều kiện
(
)
(
)
2 2
1 1 2012x x y y+ + + + =
. Tìm giá trị
nhỏ nhất của
P x y= +
.
Câu 4 (3,0 điểm).
1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng
của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam
giác MNP. Chứng minh rằng
OA OB OC OH+ + =
uuur uuur uuur uuur
và ba điểm O, H, L thẳng hàng.
2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho
·
·
·
·
MAB MBC MCD MDA
ϕ
= = = =
. Chứng minh đẳng thức sau:
2 2 2 2
cot

2 . .sin
AB BC CD DA
AC BD
ϕ
α
+ + +
=
,
trong đó
α
là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn
tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm
( )
7 5 13 5
1; 5 , ; , ;
2 2 2 2
M N P
   
− −
 ÷  ÷
   
(M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm
tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm
( )
1; 1Q −
và điểm A có hoành độ
dương.
—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………….
SỞ GD&ĐT KONTUM
———————
KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN
NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh
làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 1 2,0 điểm
Ta có
2 2
2 2
1 3 1 3
1 , 1
2 4 2 4
x x x x x x
   
− + = − + + + = + +
 ÷  ÷
   
nên phương trình xác định
với mọi
x
∈

¡
. Phương trình đã cho tương đương với
( ) ( )
2 2 2 2
1 1 2 1 1 4x x x x x x x x− + + + + + − + + + =
0,5
2 4 2 4 2 2
2 2 2 1 4 1 1x x x x x x⇔ + + + + = ⇔ + + = −
0,5
( )
2
2
4 2 2 4
4 2 2
1 0
1 1
1 1 2
1 1
x
x
x x x x
x x x

− ≥
− ≤ ≤


⇔ ⇔
 
+ + = − +

+ + = −



0,5
1 1
0
0
x
x
x
− ≤ ≤

⇔ ⇔ =

=

. Vậy pt có nghiệm duy nhất
0.x
=
0,5
2 2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm
1 2
,x x
thỏa mãn
1 2
4x x+ ≤
( )
( )

2
1 2
2
4 0
' 0
2 0
2 0
4
2 3
2 1 4
3
m
m m
m
m
x x
m
m
m

≥


− ≥
∆ ≥
− ≤ ≤


 


⇔ ⇔ ⇔ ⇔
− ≤ ≤
  


+ ≤
≤ ≤
− ≤


 

≤

0,5
Theo định lí Viet ta có
( ) ( )
2
3
1 2 1 2
2 1 , 1x x m x x m m+ = − = − + +
suy ra
( ) ( ) ( )
3 3 2
3 2
1 2 1 2
8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m= + + = − − + + = − +
0,5
Bảng biến thiên
-24

16
-144
0
3
2
0
-2
P
m
0,5
Từ bảng biến thiên ta được:
max
16P =
khi
2m =
,
min
144P = −
khi
2m = −
. 0,5
2 1,5 điểm
Ta có
( )
2 2
2 3 2
2
4 2
2
( ) ( ) 1

1
(2 1) 1
1
x y xy x y xy
x x y xy xy y
x y xy x
x y xy

− + − + =

+ − + − =
 
⇔
 
+ − − =
− + =

 

0,25
Đặt
2
a x y
b xy

= −

=

. Hệ trở thành:

2
1
1
a ab b
a b
+ + =


+ =

(*)
0,25
Hệ
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0
(*)
1 1
a a a a a a
b a b a
 
+ − = + − =
 
⇔ ⇔
 
= − = −
 
 
Từ đó tìm ra
{ }

( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b ∈ − −
0,25
* Với
( ; ) (0; 1)a b =
ta có hệ
2
0
1
1
x y
x y
xy

− =
⇔ = =

=

. 0,25
* Với
( ; ) (1; 0)a b =
ta có hệ
2
1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y
x y
xy


− =
⇔ = − −

=

. 0,25
* Với
( ; ) ( 2; 3)a b = − −
ta có hệ
2
3 2
3 3
2
1; 3
3
2 3 0 ( 1)( 3) 0
y y
x y
x y
x x
xy
x x x x x
 
= − = −

− = −
 
⇔ ⇔ ⇔ = − =
  
= −


 
+ + = + − + =
 
.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm
{ }
( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y ∈ − − −
.
0,25
3 1,5 điểm
Đặt
2
1t x x= + +
thì dễ thấy
0t >
và
2
1
2
t
x
t
−
=
(1) 0,25
Từ giả thiết ta có
2
2012
1y y

t
+ + =
. Từ đây cũng suy ra
2 2
2012
2.2012.
t
y
t
−
=
(2) 0,25
Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
1 2012 2011 2012
2 2.2012. 2.2012
t t
x y t
t t t
− −
 
+ = + = +
 ÷
 
0,25
Do đó
2011 2012 2011 2011
.2 . .2 2012
2.2012 2.2012
2012

x y t
t
+ ≥ = =
. 0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2012t =
. Từ (1) và (2) suy ra
2011
2 2012
x y= =
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
2011
2012
, khi
2011
2 2012
x y= =
.
0,25
4 1 1,0 điểm
K
P
N
M
D
O
H
C
A
B

Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của
BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên
2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH= ⇔ + = − ⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,5
Ta có
2OB OC OK OM+ = =
uuur uuur uuur uuuur
và các đẳng thức tương tự ta được:
( )
2 2OM ON OP OA OB OC OH+ + = + + =
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
3 2OL OH⇒ =
uuur uuur
suy ra O, H, L thẳng hàng.
0,5
2 1,0 điểm
Trước hết ta có các kết quả sau:
1
. .sin
2
ABCD
S AC BD
α
=
;
2 2 2
cot
4
MAB

AB MA MB
S
ϕ
+ −
=
0,5
Tương tự ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot
4 4 4
MAB MBC MCD
AB MA MB BC MB MC CD MC MD
S S S
ϕ
+ − + − + −
= = =
( )
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
4 4
4 2 . .sin
MDA MAB MBC MCD MDA
ABCD
DA MD MA AB BC CD DA
S S S S S
AB BC CD DA AB BC CD DA
S AC BD
α
+ − + + +
= =

+ + +
+ + + + + +
= =
0,5
3 1,0 điểm
I
K
P
N
M
C
B
A
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập
được phương trình này là:
2 2
3 29 0x y x+ + − =
suy ra tâm K của đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC có tọa độ là
3
; 0
2
K
 
−
 ÷
 
.
0,25
Do

AB KP⊥
nên AB có vtpt
( )
5
2; 1
2
AB
n KP= = − −
uuur uuur
. Suy ra phương trình
( ) ( )
: 2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y+ − − = ⇔ − + =
. Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ
phương trình
2 2 2
2 3 0 2 3
1, 5
4, 5
3 29 0 3 4 0
x y y x
x y
x y
x y x x x
− + = = +
= =
 

⇔ ⇔
 


= − = −
+ + − = + − =

 
0,25
Suy ra
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
. Do
AC KN
⊥
nên AC có vtpt là
( )
5
2;1
2
AC
n KN= =
uuur uuur
Suy ra pt
( )
: 2 1 5 0 2 7 0AC x y x y− + − = ⇔ + − =
. Khi đó tọa độ A, C là nghiệm
của hệ phương trình:
2 2 2
2 7 0 2 7
1, 5
4, 1
3 29 0 5 4 0
x y y x

x y
x y
x y x x x
+ − = = − +
= =
 

⇔ ⇔
 

= = −
+ + − = − + =

 
. Từ đây suy ra
( )
4; 1C −
.
Vậy
( ) ( )
1;5 , 4; 5A B − −
,
( )
4; 1C −
.
0,5