Đáp Án Đề thi học sinh giỏi lớp 10 môn Toán trường Thái Thuận tỉnh Bắc Giang năm học 20132014

SỞ GD&ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN

HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
NGÀY THI 19/01/2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 10

Câu Phương pháp – Kết quả ðiểm
Câu I

(4
ñiểm)

1) (2 ñiểm)
230
2
++=⇒= xxym

* TXð: R
* BBT:
* Xác ñịnh các ñiểm: ñỉnh
)
4
1
;
2
3
( −−I
, giao trục tung
)2;0(

, giao trục hoành
)0;2(),0;1(
−
−
.
* Vẽ ñúng ñồ thị

2) ( 2 ñiểm)
* Phương trình hoành ñộ giao ñiểm:
0322
2
=+−− mmxx
(*)
* Tìm ñược ñiều kiện cần và ñủ ñể ñường thẳng cắt ñồ thị hs tại hai ñiểm
phân biệt A, B là
3
−
<
m
hoặc
1
>
m

* Gọi
21
, xx
là các nghiệm của pt(*), ta có




+−=
=+
32
2
21
21
mxx
mxx

*
)13;(
11
−
xxA
,
)13;(
22
−
xxB
. Tính ñược
582840
222
−+=+ mmOBOA

* Tìm ñược
22
OBOA +
nhỏ nhất bằng 10 khi m =1. Kết luận.

0,25
0,25
0,5


0,5
0,5


0,25

0,5

0,25

0,5
0,5
Câu
II
(4
ñiểm)

1) (2 ñiểm)
* BðTð PT về dạng:
013)2(2)2(
222
=+−+−+ mxxxx

* ðặt
xxt 2

2
+=
, phương trình trở thành
132
2
−=− mtt

* Tìm ñược ñiều kiện
1
−
≥
t
.
* Lập ñúng bảng biến thiên của hàm số
tttf 2)(
2
−=
với
1
−
≥
t

* Dựa vào BBT tìm ñược các giá trị m thỏa mãn là
0
≥
m
. KL

2) (2 ñiểm)

* ðiều kiện
2
1
≥x

* Biến ñổi pt thứ nhất ñược
x
y
=

* Thay y = x vào pt thứ hai ñược
01312
2
=+−+− xxx
(1)
* Biến ñổi (1)
⇔
0)2
112
2
)(1( =−+
+−
− x
x
x

Tìm ñược x=1, y =1 là một nghiệm của hệ pt
* Giải pt:
02
112

2
=−+
+−
x
x

ðặt
12 −= xt
(
0
≥
t
), Pt (2) trở thành
013
23
=+−+ ttt



+−=
=
⇔
21
1
t
t

* Tìm ñược
1,1
=

=
yx
hoặc
22,22 −=−= yx
. Kết luận hệ phương trình
có hai nghiệm
(),1;1(
)22;22 −−


0,5
0,25
0,25
0,5
0,5


0,25

0,5
0,25


0,5



0,25

0,25
Câu
III
(4
ñiểm)

1) (2 ñiểm) Với
1
−
=
a
, ta có hệ bpt





≥−−
≥+
−
022
03
2
1
x
x
⇔




−≤
−≥
1
5
x
x

1




⇔
15
−
≤
≤
−
x
. Kết luận tập nghiệm của hệ bpt
[
]
1;5
−
−
.

2) (2 ñiểm)
* Tập nghiệm của bpt (1) là S
1

=
[
)
+∞
−
;5

* Nếu
1
=
a
, bpt(2) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
* Nếu
1
>
a
,
1
2
)2(
−
≥⇔
a
x
. Tập nghiệm của bpt (2) là S
2
=







+∞
−
;
1
2
a

S
1
∩
S
2

,
≠ ∅ ∀

1
>
a
. Hệ bpt luôn có nghiệm với mọi
1
>
a
.
* Nếu
1
<

a
,
1
2
)2(
−
≤⇔
a
x
. Tập nghiệm của bpt (2) là S
2
=






−
∞−
1
2
;
a

Hệ bpt có nghiệm khi và chỉ khi






−≥
−
<
5
1
2
1
a
a

5
3
≤⇔
a

* KL: hệ bpt có nghiệm với
( )
+∞∪






∞−∈
;1
5
3
;

a
.
1

0,5

0,25


0,5




0,5

0,25

Câu
IV
(6
ñiểm)

1) (2 ñiểm)
* Biến ñổi ñẳng thức về dạng:
0)2( =+ MBCAMA
(*)
* Gọi I là ñiểm xác ñịnh bởi
CAIB
2−=

, ta có
(*)
0. =⇔
MIMA
⇔
M thuộc ñường tròn ñường kính
IA

* KL: Tập hợp các ñiểm M là ñường tròn ñường kính
IA


2) (2 ñiểm)
* Có:
)1;2(=AB

* Giả sử
);(
yxC
);3( yxBC −=⇒

* Vì ABCD là hình vuông nên
AB
vuông góc với
BC
và
AB
=
BC
. Ta có hệ




=+−
=+−
5)3(
0)3(2
22
yx
yx

* Giải hệ pt ñược



=
=
2
2
y
x
hoặc



−=
=
2
4
y

x
. Vậy
)2;2(
C
hoặc
)2;4(
−
C

* Gọi I là tâm hình vuông ABCD
Nếu
)2;2(
C
thì
)
2
1
;
2
3
(
I
)1;0(
D
⇒

Nếu
)2;4(
−
C

thì
)
2
3
;
2
5
( −I
)3;2(
−
⇒
D

Kết luận

3) (2 ñiểm)
* VT=
cos cos cos cos cos cos
b A c A c B a B a C b C
+ + + + +


=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a b c a a c b a c b a b c a b c
c b a c b a
+ − + − + − + − + − + −
+ + + + +

=

a b c VP
+ + =
⇒
ñpcm.


0,5


1
0,5



0,5


0,5


0,5





0,5


0,5

1

0,5
Câu
V
(2
ñiểm)

* Vì
1
a b c
+ + =
nên ta có
(1 )(1 )
ab ab
c ab a b
=
+ − −


0,5


* Áp dụng bất ñẳng thức Cô- Si:
1
( )
(1 )(1 ) 2 1 1
ab a b

a b b a
≤ +
− − − −


⇒
ab
c ab
≤
+
1
( )
2 1 1
a b
b a
+
− −

* Tương tự:
bc
a bc
≤
+
1
( )
2 1 1
b c
c b
+
− −

ca
b ca
≤
+
1
( )
2 1 1
a c
c a
+
− −

* Suy ra P
1
( )
2 1 1 1
a c b c b a
b a c
+ + +
≤ + +
− − −
1 1 1 1 3
( )
2 1 1 1 2
b a c
b a c
− − −
= + + =

− − −

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
1
3
a b c
= = =

* Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng
3
2
khi
1
3
a b c
= = =
.



0,5






0,5

0,5
Lưu ý khi chấm bài:
Trên ñây chỉ là sơ lược ñáp án, bài làm của học sinh phải ñược trình bày tỉ mỉ.
Mọi cách giải khác, nếu ñúng, vẫn cho ñiểm tương ñương như trên.