ĐỀ-ĐÁP ÁN-HSG TRƯỜNG THPT CON CUÔNG-TOÁN 2016

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10

TRƯỜNG THPT CON CUÔNG

NĂM HỌC 2015 – 2016

Môn : TOÁN
ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (5,0 điểm) Cho phương trình:

( m − 2 ) x 2 − ( 2m + 1) x + 3m − 3 = 0

(1)

a) Giải phương trình (1) khi m = 3
b) Giả sử x1; x2 là hai nghiệm của phương trình (1). Tìm m sao cho

( 2m + 1) x1 + ( m − 2 ) x22 = m − 2
Câu 2. (3,0 điểm) Giải phương trình:
x x −1 =

(

)

x − 1 . 2 x 2 − 3x + 2

1 
Câu 3. (2,0 điểm) Cho a, b là các số thực thỏa mãn: a, b ∈  ;2  và a + b = 4ab . Tìm giá trị
4 
lớn nhất của biểu thức:
P = ( a − b) − 2( a + b)
2

Câu 4. (3,0 điểm) Cho sin α + cos α =

6
 π
, α ∈  0; ÷. Tính giá trị biểu thức sau:
2
 4

π

P = cos  α + ÷+ 2 ( 1 − sinα cos α + sin α − cos α )
4

Câu 5. (4,0 điểm) Cho tam giác ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB , I là
điểm thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM . Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho ba điểm
B, I , K thẳng hàng.
Câu 6. (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A ( 2;6 ) ,
 3
đường phân giác trong của góc A cắt cạnh BC tại D  2;- ÷. Viết phương trình cạnh BC .
 2
Biết đường tròn ngoài tiếp tam giác ABC có phương trình: x 2 + y 2 + x − 2 y − 30 = 0 .

---- Hết ---Họ tên thí sinh:............................................................. Số báo danh:...................................


HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC
(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)

Câu
Nội dung
1.
a) Giải phương trình (1) khi m = 3
Khi m = 3 PT (1) có dạng: x 2 − 7 x + 6 = 0
Ta có: a + b + c = 0
PT (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1 = 1 và x2 = 6
b) Tìm giá trị m thỏa mãn
m − 2 ≠ 0
a ≠ 0
⇔
Để PT(1) có 2 nghiệm ⇔ 
2
∆ ≥ 0 ( 2m + 1) − 4 ( m − 2 ) ( 3m − 3) ≥ 0
m ≠ 2
m ≠ 2

⇔
⇔ 10 − 3 6
10 + 3 6 (*)
2
−
8
m

+
40
m
−
23
≥
0
≤
m
≤



4
4
2m + 1
3m − 3
Theo hệ thức Viet ta có: x1 + x2 =
và x1 x2 =
m−2
m−2
2
2
Theo bài ra: ( 2m + 1) x1 + ( m − 2 ) x2 = m − 2 ⇔ ( x1 + x2 ) x1 + x2 = 1

Điểm
5,0
1,5
0,5
0,5

0,5
3,5
0,5

1,0

0,5
0,5

2

9
 2m + 1  3m − 3
⇔
= 1 ⇔ 17 m = 9 ⇔ m =
(Không thỏa mãn)
÷ −
m−2
17
 m−2 
Vậy không có giá trị m thỏa mãn bài toán.
2. Giải phương trình:
ĐK: x ≥ 0
x = 1
⇔
Trên ĐK đó PT 
2
 x + x + 1 = 2 x − 3 x + 2 ( 1)
Giải PT(1). Ta nhận thấy x = 0 không là nghiệm của PT (1) nên
1

1

+ 1 = 2  x + ÷− 3
PT (1) ⇔ x +
x
x

1
Đặt t = x +
; ĐK: t ≥ 2
x
t = 4
2
2
Ta được PT: t + 1 = 2t − 7 ⇔ t − 2t − 8 = 0 ⇔ 
(Loại)
 t = −2
1
= 4 ⇔ x − 4 x +1= 0 ⇔ x = 2 ± 3 ⇔ x = 7 ± 4 3
Khi t = 4 ta có x +
x
Vậy PT đã cho có ba nghiệm: x = 1 và x = 7 ± 4 3
3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

0,5
0,5
3,0
0,5

0,5

0,5
0,5

1,0
2,0


Ta có: P = ( a − b ) − 2 ( a + b ) = ( a + b ) − 3 ( a + b )
1
Đặt: t = a + b ≥ . Khi đó: P = f (t ) = t 2 − 3t
2
2

2

0,5

Theo bài ra: a + b = 4ab ≤ ( a + b ) ⇒ a + b ≥ 1 ⇒ t ≥ 1 (do a + b ≥
2

a, b ∈ [ 0;2] ⇒ ( a − 2 ) ( b − 2 ) = ab − 2 ( a + b ) + 4 ≥ 0

1
)
2
0,5

a+b
16
16

− 2( a + b) + 4 ≥ 0 ⇒ a + b ≤ ⇒ t ≤
4
7
7
 16 
Xét hàm số: f (t ) = t 2 − 3t trên đoạn 1; 
 7
Ta có bảng biến thiên:
16
3
1
t
7
2
⇒

−

−2

f (t )
−

80
49

0,5

9
4

80
2
2
khi a = 2; b = hoặc a = ; b = 2
7
7
49
4. Tính giá trị của biểu thức
π
1

( sin α − cos α )
Ta có: cos  α + ÷ = −
4
2

Vậy maxP = −

2 ( 1 − sinα cos α + sin α − cos α ) =
⇒P=−

( 1 + sin α − cos α )

0,5
3,0
1,0
2

1

( sin α − cosα ) + sin α − cosα + 1
2

0,5

Theo bài ra: ( sin α + cos α ) + ( sin α − cos α ) = 2 ⇒ ( sin α − cos α ) =
2

2

1
 π
Do α ∈  0; ÷⇒ sin α − cos α < 0 ⇒ sin α − cos α = −
2
 4
3− 2
Vậy: P =
2
5. Xác định
uuu
r điểm
r uuK
ur r
uuur
uuur
Đặt: AB = a ; AC = b và AK = t. AC
uuur
r
r
Khi đó: BK = −a + t.b

2

1
2

1,0

0,5
4,0
0,5
0,5


Ta có:
uur 3 uuuu
r 3 uuu
r uuuu
r uuuu
r 1 uuur
AI = AM = AB + BM ; BM = BC
4
4
4
u
u
u
r
u
u

u
r
u
u
r
r
r
1
9
3
= AC − AB ⇒ AI = a + b
4
16
16
uur uur uuu
r 9 r 3r r
7 r 3r
Mà BI = AI − AB = a + b − a = − a + b
16
16
16
16
Để ba điểm B, I , K thẳng hàng thì
uuur
uur
r
r
 7 r 3 r
∃ m : BK = mBI ⇔ −a + t.b = m  − a + b ÷
16 

 16
7m
16


−
1
=
−
m
=


16
7
⇔
⇔
t = 3m
t = 3
 16
 7
uuur 3 uuur
3
Suy ra AK = . AC ⇒ AK = . AC
7
7
3
Vậy điểm K thuộc cạnh AC sao cho AK = . AC
7
6. Viết phương trình cạnh BC

(

(

)

A

)

1,0

K
I
B

M

C

0,5

0,5

1,0
3,0

 1 
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I  − ;1÷

 2 
Phương trình đường thẳng AD : x − 2 = 0

0,5
0,5

Giao điểm E khác A của AD với đường tròn (C) là nghiệm của hệ: A
 x = 2; y = −4
 x − 2 = 0
⇔
 2
 x = 2; y = 6 ⇒ E ( 2; −4 )
2
4
x
+
4
y
+
4
x
−
8
y
−
120
=
0



I
·
·
Mặt khác: BAE
(do AD là phân giác)
= CAE
» = EC
» ⇒ IE ⊥ BC
⇒ EB

B

uur  5
r

Mà IE =  ; −5 ÷⇒ cạnh BC có vtpt n = ( 1; −2 )
2

3

Phương trình cạnh BC: 1( x − 2 ) − 2  y + ÷ = 0 ⇔ x − 2 y − 5 = 0
2


D

1,0

C

0,5

E

0,5


Một số điểm lưu ý:
Học sinh có thể giải cách khác đáp án nếu đúng cho điểm tương ứng như trong đáp án đã nêu.
Cách giải khác Câu 3: (Dồn biến theo tích a.b)
Ta có: P = ( a − b ) − 2 ( a + b ) = 16 ( ab ) − 12ab
2

Đặt: t = ab ≥

2

1
. Khi đó: P = f (t ) = 16t 2 − 12t
16

Theo bài ra: 4ab ≤ ( a + b ) = 16 ( ab ) ⇒ ab ≥
2

2

1
1
1
⇒ t ≥ (do ab ≥ )

16
4
4

a, b ∈ [ 0;2] ⇒ ( a − 2 ) ( b − 2 ) = ab − 2 ( a + b ) + 4 ≥ 0
⇒ ab − 8ab + 4 ≥ 0 ⇒ ab ≤

4
4
⇒t≤
7
7

1 4
Xét hàm số: f (t ) = 16t 2 − 12t trên đoạn  ; 
4 7

Ta có bảng biến thiên:

t

3
8

1
4

−

−2

f (t )
−
Vậy maxP = −

4
7
80
49

9
4

80
4
2
2
khi t = ⇒ a = 2; b = hoặc a = ; b = 2
7
7
49
7

Cách giải khác Câu 5: (Bằng cách sử dụng định lí Menelaus)
Định lí (Menelaus): Là định lí không quen thuộc trong chương trình giáo khoa THCS.
Vì vậy yêu cầu học sinh cần nêu rõ tên và nội dung của định lí như dưới đây (không cần
chứng minh).


Định lí (Menelaus): Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P lần lượt nằm trên các đường thẳng

AB, BC, CA. Nếu M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi
A

MA NB PC
.
.
=1
MB NC PA

K
I

Áp dụng định lí (Menelaus) cho tam giác AMC ta có ba điểm I,B,K

B

M

C

lần lượt nằm trên ba đường thẳng AM, MC, CK.
Khi đó I, B, K thẳng hàng khi và chỉ khi

Mà IA = 3IM ⇒

IA BM KC
.
.
=1
IM BC KA

BM 1
IA
=
= 3 ; MC = 3MB ⇒
BC 4
IM

1 KC
3
= 1 ⇒ AK = .KC
Từ đó ta có: 3. .
4 KA
4
3
Vậy điểm K thuộc cạnh AC sao cho AK = .KC
4
Cách khác câu 5: (giải theo CT lớp 9)

A

Kẻ MN // BK , N thuộc AC

K

N

Theo định lí Talet trong tam giác CBK ta có:

CM CN

=
=3
MB NK

Theo định lí Talet trong tam giác AMN ta có:

AI AK
=
=3
IM KN

Từ đây suy ra:

AK CN
=
= 3 ⇒ AK = CN = 3NK
KN NK

Mà CK = CN + NK = 4 NK

I
B

M

C


Suy ra:

AK 3
=
CK 4

------------ Hết ----------