Đề thi học sinh giói cấp tỉnh lớp 10 môn Toán bảng A

1
Họ và tên thí sinh:…………………… ………… Chữ ký giám thị 1:
Số báo danh:…………………………… ……… …………….………………
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: TOÁN


* Bảng: A
* Lớp: 10
* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ

Câu 1: (4 điểm)
Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
2222
416 14.
x
yxy xy+−=

Câu 2: (4 điểm)
Tìm tất cả các hàm số f: → thỏa mãn điều kiện
2012 ( 1) 2011 (1 )
f
xfxx
−
+−=
,
.x

∀
∈


Câu 3: (4 điểm)
Giải hệ phương trình:
()
()
2
2
42 215
42 215
xy
yx
⎧
+
=+
⎪
⎨
+
=+
⎪
⎩
.

Câu 4: (4 điểm)
Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì:
a
2013
– 2013a + 2012 ≥ 0.

Câu 5: (4 điểm)
Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy tùy ý một điểm M. Chứng
minh rằng T = MA
4
+ MB
4
+ MC
4
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

HẾT






(Gồm 01 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
1
SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH
NĂM HỌC 2011 - 2012

* Môn thi: TOÁN


* Bảng: A

* Lớp: 10

* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1: (4 điểm)
Phương trình: xyyxyx 14164
2222
=
−+ (1)
- Có
0== y
x
thỏa mãn phương trình (1) (1.0đ)
- Khi
Z
y
x
∈, , 0≠
x
y thì
(1)
2
(2) 1
22
xy xy
xy
⎛⎞
⇔− = −
⎜⎟

⎝⎠
(2) (1.0đ)
Phương trình (2) có VT là số chính phương và VP là tích của 2 số nguyên
liên tiếp nên suy ra
10
2
xy
−=
2
=
⇔
x
y (3) (1.0đ)
Từ (2) và (3) suy ra
2
1
x
y
=−
⎧
⎨
=−
⎩
hoặc
2
1
x
y
=
⎧

⎨
=
⎩
.
Kết luận nghiệm của (1) là:
0
0
x
y
=
⎧
⎨
=
⎩
,
2
1
x
y
=
−
⎧
⎨
=
−
⎩
và
2
1
x

y
=
⎧
⎨
=
⎩
(1.0đ)
Câu 2: (4 điểm)
2012. ( 1) 2011. (1 )
f
xfxx−+ −=
Đặt a = 2012, b = 2011.
Thay x bởi x+1, ta có

() ( ) 1 (1)af x bf x x+−=+ (1.0đ)
() () 1 (2)af x bf x x⇒−+ =−+ (0.5đ)
Cộng (1) và (2) theo vế ta có:

2
()(()())2 ()()a b fx f x fx f x
ab
++−=⇒+−=
+
(1.0đ)
() ( ) 1
1
()
2
() ( )
af x bf x x

x
fx
ab ab
fx f x
ab
+−=+
⎧
⎪
⇒⇒=+
⎨
−
+
+−=
⎪
+
⎩
(1.0đ)
Vậy
1
()
4023
fx x=+
. (0.5đ)
Câu 3: (4 điểm)

() ()
() ()
2
2
42 2151

42 2152
xy
yx
⎧
+=+
⎪
⎨
+=+
⎪
⎩

Lấy (1) trừ (2), ta được:
(
)
(
)
4444422
x
yxy yx
−
++=− (1.0đ)
(Gồm 03 trang)
ĐỀ CHÍNH THỨC
2

(
)
(
)
228890xyxy⇔− ++=

8890
xy
xy
=
⎡
⇔
⎢
+
+=
⎣
(1.0đ)
• Với
x
y=
, ta có:
(
)
2
42 215xx
+
=+


2
16 14 11 0xx⇔+−=

1
2

x⇔=
hoặc
11
8
x
=
− (1.0đ)
• Với 8890
x
y++=, ta có:
()
2
89
42 15
4
x
x
+
+=−

2
64 72 35 0xx
⇔
+−=


9221
16
9221
16

x
x
⎡
−+
=
⎢
⎢
⇔
⎢
−−
=
⎢
⎣
(0.5đ)

9 221 9 221
16 16
xy
−± −
=⇒=
∓

Vậy hệ có các nghiệm là:
1 1 11 11 9 221 9 221 9 221 9 221
;;;;;;;
2 2 8 8 16 16 16 16
−− −+ −+ −−
−−
⎛⎞⎛⎞
⎛⎞⎛ ⎞

⎜⎟⎜⎟
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠⎝ ⎠
⎝⎠⎝⎠
(0.5đ)
Câu 4: (4 điểm)
BĐT đã cho tương đương với: a
2013
+ 2012 2013a (0.5đ)
+ Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có:
a
2013
+ 2012 = a
2013
+
2012 sô
1 1 1
+
++

 
(1.5đ)

2013 2013
2013. 2013aa≥= (1.0đ)
+ Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1 (1.0đ)
Câu 5: (4 điểm)
- Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp
A
BC

Δ
và lập luận được 0OA OB OC
+
+=

 

(0.25đ)
- Viết được
(
)
22
2.
M
ARMOOA=+

(0.25đ)
- Viết được T=
(
)
(
)
(
)
(
)
22 2
42
128. 4. 4. 4.
R

R MO OA OB OC MOOA MOOB MOOC++++++
 



(0.25đ)
- Gọi A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng OA, OB, OC.
Lập luận được
(
)
(
)
(
)
(
)
22 2
22 2 2
11 1

M
OOA MOOB MOOAC R OA OB OC++ =++
  

(1.0đ)
- Lập luận được A
1
, B
1
, C
1
là các đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đường
kính OM. (1.0đ)
3
- Lập luận được
2222
11 1
3
2
OA OB OC R++=
(1.0đ)
- Vậy T = 18R
4
. (0.25đ)

HẾT