Đề thi học sinh giỏi môn toán 10 tỉnh hải dương năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞGIÁO
GIÁODỤC
DỤC&&ĐÀO
ĐÀOTẠO
TẠO
SỞ
HẢI
DƯƠNG
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
KỲ
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016
Ngày thi: 06/04/2016
MÔN THI: TOÁN
(Đề thi gồm 01 trang)
(Hướng dẫn chấm gồm … trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ CHÍNH THỨC

Câu I(2,0 điểm)
Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; −1) và có hệ số góc
là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành
độ là .
1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
2) Chứng minh rằng

Câu II(3,0 điểm)
1) Giải phương trình:
 x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1
2) Giải hệ phương trình:  4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
Câu III(4 điểm)
1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân
3

đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2; − ÷, tâm đường tròn ngoại
2

tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của đường thẳng BC.
2) Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu lần lượt là độ dài
của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng 2ma2 ≥ mb2 + mc2 .
a) Chứng minh rằng a 2 £ 4S .cotA
b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác
ABC; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc ∠MGO không nhọn.
Câu IV(1 điểm)
Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn a + b + c =

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M =

3 3
.
2

1
1

1
+ 2
+ 2
.
2
2
a + b + 3 b + c + 3 c + a2 + 3
2

-----------------------Hết-----------------------

Họ và tên thí sinh:………………………………..; Số báo danh:……………
Chữ ký của giám thị 1:………………..; Chữ ký của giám thị 2:…………….


Câu

Nội dung

Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; −1) và có hệ số
góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần
lượt có hoành độ là .
1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.
+ Đường thẳng (d) có pt: y = kx - 1
2

2

+ PT tương giao (d) và (P): - x = kx - 1 Û x + kx - 1 = 0(*)
+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì D = k 2 + 4 > 0( " k )

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là

x1 + x2 −k
=
; M nằm trên trục
2
2

−k
=0⇔k =0
tung Û
2
2) Chứng minh rằng

Theo Vi et có: x1 + x2 = − k , x1 x2 = −1

I
3
3
2
2
Ta có: x1 − x2 = ( x1 − x2 ) ( x1 + x2 ) − x1 x2  = x1 − x2 . ( x1 + x2 ) − x1 x2

2

2

Có x1 - x2 = ( x1 + x2 ) - 4 x1 x2 = k 2 + 4
⇒ x13 − x23 =

k 2 + 4(k 2 + 1) ≥ 2 , ∀k ∈ R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

⇔

(

) (

0,25
0,25
0,25

0,25

1,0
0,25
0,25
0,25
0,25

0,25

Điều kiện: x ≥ −
(1) ⇔

1,0

1,5

1) Giải phương trình: (1)

1
3
3x + 1 − 1 +

Điểm

)

5 x + 4 − 2 = 3x 2 − x

0,25

3x
5x
= x ( 3x − 1)
3x + 1 + 1 5 x + 4 + 2

 x = 0(TM )
Û 
3
5
+
= 3x −1 (*)
 3x + 1 + 1
5x + 4 + 2

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)

Nếu x>1 thì VT(*)<2Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

 x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1(1)
(*)
2) Giải hệ phương trình:  4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1(2)
( x 2 − y ) + xy ( x 2 − y ) + xy = 1
(*) ⇔  2
2
( x − y ) + xy = 1

0,25
0,25
0,25
0,25
1,5

0,25


a = x 2 − y
Đặt 
. Hệ trở thành:
b = xy

a + ab + b = 1
(*)
 2
a + b = 1

3

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

0,25

0,25

 x2 − y = 0
⇔ x = y = 1.
Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ 
 xy = 1

0,25

 x2 − y = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .
Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ 
 xy = 0

0,25

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

0,25

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);( −1; 3)} .

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) ,
III

3


chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D  2; − ÷, tâm
2


1,5

đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của
đường thẳng BC.
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA
uuuur
15 
Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP AD  0; − ÷
2

ur
⇒ n ( 1;0 ) là véc tơ pháp tuyến của AD
PT đường thẳng AD là: x = 2
A' = AD ∩ (C); A ' ≠ A ⇒ A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được A' ( 2; −4 )
» không chứa A nên IA’ ^ BC
A’ là trung điểm cung BC
uuuur  5 
đường thẳng BC đi qua D và có A ' I =  − ;5 ÷ là vecto pháp tuyến
 2 
Từ đó viết được pt đường thẳng BC là: x − 2 y − 5 = 0

0,25
0,25

0,25

0,25
0,25
0,25


2) Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu lần lượt là độ
dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng
2ma2 ≥ mb2 + mc2 (*)
a) Chứng minh rằng a 2 £ 4S .cotA

1,5

Viết được công thức các trung tuyến
0,25
2

2

2

2

2

2

2

a
c +a

b
a +b
c
³
+
2
2
4
2
4

(*) Û b 2 + c 2 -

0,25

Û b 2 + c 2 ³ 2a 2 (**)

0,25

Ta có 4S .cot A = 2bc.sin A.

cos A
sin A

0,25

= 2bc.cos A = b 2 + c 2 - a 2
Từ (**) Û b 2 + c 2 - a 2 ³ a 2 Hay 4 S .cotA ³ a 2
2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm
tam giác ABC; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc

∠MGO không nhọn.
uuur uuur
uuur uuur
Ta sẽ chứng minh GO.GM £ 0 Û OG.GM ³ 0
Ta
có
uuur uuur uuur uuur
uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur

0,25
0,25
1,0
0.25

3OG = OA + OB + OC ; 6GM =2AM = AB + AC = OB + OC − 2OA
uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
⇒ 3OG.6GM = OA + OB + OC . OB + OC − 2OA
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
= OB2 + OC 2 − 2OA2 + 2OB.OC − OA.OC − OA.OB
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
= 2OB.OC − OA.OC − OA.OB

(

)(

)

0.25

* Mặt khác ta có

uuur uuur 2
uuur uuur
BC 2 = OC − OB = OB 2 + OC 2 − 2OB.OC
( trong đó R= OA = OB = OC ).
uuur uuur
2
2
⇒ 2OB.OC = 2 Ruuu−
ar
r uuu
uuur uuur
Tương tự có 2OA.OC = 2 R 2 − b 2 ; 2OA.OB = 2 R 2 − c 2 .
uuur uuuur b 2 + c 2
uuur uuuur
18.
OG
.GM =
− a 2 ≥ 0 ⇒ OG.GM ≥ 0 ( do có (**))
Vậy
2

(

)

0.25

0.25

Cho a; b; c là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn
a+b+c=
IV
M=

3 3
.
2

Tìm

giá

trị

lớn

nhất

của

biểu

thức

1
1
1
+ 2

+ 2
.
2
2
a + b + 3 b + c + 3 c + a2 + 3
2

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì.

1,0


Khi đó
a 2 b2 c2 ( a + b + c )
+ + ≥
x
y
z
x+ y+z
a b c
Dấu bằng xảy ra khi x = y = z .

0,25

2

(*)

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia
* Vào bài chính

Ta sẽ chứng minh
1
1
1
1
+ 2 2
+ 2
≤ .
2
2
a +b +3 b +c +3 c +a +3 2
1
1
1
1
 1
 1
 1
⇔ − 2
÷+  − 2 2
÷+  − 2
÷≥
2
2
3 a +b +3 3 b +c +3 3 c +a +3 2
M=

2

a 2 + b2

b2 + c 2
c2 + a2
3
+
+
≥
2
2
2
2
2
2
a +b +3 b +c +3 c +a +3 2

⇔P=

0,25

Giả sử a ≥ b ≥ c .

( a + b)
( a − b)
a2 + b2
+
Biến đổi a 2 + b 2 + 3 =
.
2
2
2 a + b + 3 2 a 2 + b2 + 3
2

(

2

)

(

)

Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P.
Sau đó áp dung bđt (*) ta có:
P≥

( a + b + b + c + c + a)

(

2

+

)

4 a 2 + b 2 + c 2 + 18

( a − b + b − c + a − c)

⇔P≥

(

)

4 a 2 + b 2 + c 2 + 18

(

)

4 a 2 + b 2 + c 2 + 18

4 ( a + b + c) + 4 ( a − c)
2

0,25

2

2

2 ( a + b + c) + 2( a − c)
2

⇔ P≥

(

2

)

2 a2 + b2 + c2 + 9

Ta sẽ chứng minh
2( a + b + c) + 2( a − c)
2

(

)

2 a +b +c +9
2

2

2

2

≥

3
2
2
⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b 2 + c 2 + 27
2

(
⇔ 2 ( a + b + c) + 2 ( a − c) ≥ 3( a

(

)
) + ( a + b + c)

⇔ 4 ( a + b + c ) + 4 ( a − c ) ≥ 6 a 2 + b2 + c 2 + 2 ( a + b + c )
2

2

2

2

2

+ b2 + c2

)

2

2

⇔ −b + ab + bc − ca ≥ 0 ⇔ ( a − b ) ( b − c ) ≥ 0
2

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25