Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 tỉnh vĩnh phúc năm học 2015 2016(có đáp án)

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2015-2016

ĐỀ THI MÔN: TOÁN10- THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (1,5điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là ¡ .

2015 x + 2016

y=

(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4

Câu 2 (2,5điểm).
a) Giải bất phương trình
b) Giải phương trình

x − 2 − 2 ≥ 2 x − 5 − x + 1.

x 4 − 2 x3 = 2 ( x 2 − x ) − x.

3
2
Câu 3 (1,0 điểm).Cho phương trình x − (2m + 1) x + (m + 2) x + m − 2 = 0 , trong đó m là tham

số. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ba nghiệmphân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãn

x12 + x22 + x32 = 17.
Câu 4 (3,0 điểm).
a) Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của CD. Tìm điểm K trên đường thẳng BD sao cho

K không trùng với D và đường thẳng AK vuông góc với đường thẳng KM .
A −5;1)
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (
, điểm C nằm trên
đường thẳng d : x − 2 y − 3 = 0 . Gọigiao điểm của đường tròn tâm B bán kính BD với đường

N 4; − 2 ) .
thẳng CD là E ( E ≠ D) . Hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng BE là điểm (
Tìm tọa độ các điểm B, C , D.
c) Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từđỉnh B, C lần lượt là hb , hc ,
độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là ma . Tính cos A , biết hb = 8, hc = 6, ma = 5.

ìï x3 - y 3 + 2 x 2 + 4 y 2 + 5 = 0
ïí
2
ï 2
Câu 5 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình ïî x + 2 y + 4 x - 13 y + 7 = 0

1 + ab
≤ 3
Câu 6 (1,0 điểm).Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b và b − a
. Tìm giá trị nhỏ

(1+ a ) (1+ b ) .
P=
2

nhất của biểu thức

2

a ( a + b)

------Hết------


Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2015-2016
ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN10 - THPT

(Đáp án có 04 trang)

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.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1
(1,5 điểm)
Hàm số có tập xácđịnh ¡ khi và chỉ khi

0,25
f ( x) = ( m - 1) x 2 + 2(m - 1) x + 4 > 0, " x Î ¡ .
0,25
Với m = 1, ta có f ( x) = 4 > 0, " x Î ¡ . Do đó m = 1 thỏa mãn.
f ( x ) > 0, " x ÎÛ¡

2

Với m ¹ 1,
ïì m > 1
Û ïí
ïïî (m - 1)(m - 5) < 0
Û 1 < m < 5. Vậy 1 £ m < 5.
a (1,5 điểm)
5
x³ .
2
Điều kiện xác định:

ìï m > 1
ïí
ïïî (m - 1) 2 - 4(m - 1) < 0

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

Bất phương trình tương đương: x - 2 + x + 1 ³
Û 2 x - 1 + 2 ( x - 2)( x + 1) ³ 2 x - 1 + 4 2 x - 5.

éx ³ 6
ê
Û
.
ê
Û x 2 - 9 x + 18 ³ 0
ëx £ 3

2 x - 5 + 2.

0,25
0,5

5
£ x £ 3.
Vậy nghiệm của bất phương trình là x ³ 6 hoặc 2
b (1,0 điểm)
Điều kiện xác định: x ≥ 1 hoặc x ≤ 0.

(x
PT đã cho tương đương

2

0,25

− x ) = 2 ( x2 − x ) + ( x2 − x ) .

0,25

2

2
4
2
Đặt t = x − x , t ≥ 0 , ta được PT: t − t − 2.t = 0.

(

)

(

)(

)

⇔ t t 3 − t − 2 = 0 ⇔ t t − 2 t 2 + 2.t + 1 = 0 ⇔ t = 0
Với t = 0 thì x − x = 0 ⇔ x = 0; x = 1.

0,25

hoặc t = 2.

2

3

0,25

2
x ∈ { −1;0;1; 2} .
Với t = 2 thì x − x − 2 = 0 ⇔ x = −1; x = 2. Vậy các nghiệm của PT là
(1,0 điểm)
x =1
⇔ ( x − 1)[ x 2 − 2mx + 2 − m] = 0 ⇔  2
 x − 2mx + 2 − m = 0 (1)
PT
x, x
Yêu cầu bài toán tương đương: Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 khác 1 thỏa

0,25
0,25

0,25
0,25


2
2
mãn x1 + x2 = 16.

Phương trình (1) có hai nghiệm

x1 , x2

phân biệt khác 1 khi

m 2 + m − 2 > 0
∆ ' > 0

m > 1
⇔
⇔
(*)


1 − 2m + 2 − m ≠ 0
 m < −2
m ≠ 1
 x1 + x2 = 2m

2
2
2
x x = 2−m
Theo định lí Viet ta có  1 2
. Khi đó x1 + x2 = 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 16.
2
Do đó 4m - 2(2 - m) = 16.
5
5
m=−
m=− .
Û m = 2 hoặc
2 . Kết hợp vớiđiều kiện (*) ta được m = 2 ,
2
4
(3,0 điểm)
a (1,0 điểm)

Gọi a là độ dài cạnh hình vuông
uuur r uuur r
ABCD. Đặt DA = u; DC = v thì
r r
rr
u = v =a
u
.v = 0. Giả sử
và
uuur uuur
DK = xDB ( x ≠ 0)
thì
uuur
r r
DK = x u + v .

(

0,25

0,25

0,25

)

Suy
ra
uuur uuur uuur
r r

AK = DK − DA = ( x − 1)u + xv
0,25

và

uuuur uuur uuuur r 
1r
MK = DK − DM = xu +  x − ÷v.
2

Ta
có

uuur uuuur
r r  r 
0,25
1  r
1

AK .MK = 0 ⇔ ( x − 1)u + xv  xu +  x − ÷v ÷ = 0 ⇔ x ( x − 1)a 2 + x  x − ÷a
2 
2



0,25
3
3
⇔ 2 x2 − x = 0 ⇔ x =
2

4 . Vậy,

(

)

điểm K nằm trên BD thỏa mãn
uuur 3 uuur
DK = DB.
4


b (1,0 điểm)

Gọi I = AC I BD , do
·
BND
= 900 nên

0,25

IA = IB = IC = ID = IN , suy ra

·ANC = 900.

CN có véc tơ pháp tuyến
uuur
AN = ( 9; - 3)
nên phương trình
CN : 3 x - y - 14 = 0.

Tọa

độ

C

thỏa

mãn

hệ

0,25

3x − y − 14 = 0

 x − 2 y − 3 = 0 , suy ra C ( 5;1) .
Do BD = BE và BC ^ DE nên
C là trung điểm DE, suy ra

CI || BE . Do đó D đối xứng với

0,25

N qua AC.

Phương trình AC : y − 1 = 0 , từ
đó suy ra
nên

D ( 4; 4 ) .

Do

I ( 0;1)

B ( −4; −2 ) .

0,25

B ( −4; −2 ) , C ( 5;1) , D ( 4; 4 ) .
Vậy
c (1,0 điểm)

Vẽ đường cao BM và CN của tam

0,25


giỏc ABC ( M AC , N AB ).
Gi K l trung im ca BC, qua
K k ng thng song song vi
CN v BM ct AB, AC ln lt ti
E v F. Khi ú E l trung im
BN v F l trung im CM.
Bn im A, E , K , F nm trờn
ng trũn ng kớnh AK = 5 ,
theo nh lý sin trong tam giỏc
EKF
ta

c
ã
EF = AK .sin EKF
= 5sin A .
p dng nh lý cosin trong tam
giỏc EKF ta c :

0,25

0,25
2
2
ã
EF = KE + KF 2 KE.KF .cos EKF = 3 + 4 + 2.3.4.cos A
2

2

2

25sin 2 A = 25 + 24.cos A 25 ( 1 cos 2 A ) = 25 + 24.cos A
24
25 (vỡ cos A 0 ).
(1,0 im). Gii h
cos A =

5

ỡù x 3 - y 3 + 2 x 2 + 4 y 2 + 5 = 0 (1)
ùớ

ùù x 2 + 2 y 2 + 4 x - 13 y + 7 = 0 (2)
ợ
Cng tng ng hai v ca (1) v
(2) ta c
x3 + 3 x 2 + 4 x = y 3 - 6 y 2 + 13 y - 12

0,25

0,25

( x + 1)3 + ( x + 1) = ( y - 2)3 + ( y - 2).
2
2
ự= 0
( x + 1- y + 2) ộ
ờ( x + 1) + ( x + 1)( y - 2) + ( y - 2) + 1ỷ
ỳ
ở
0,25
y = x + 3.
Th y = x + 3 vo (2) ta c:

6

ộ - 3 + 177
ờx =
ờ
0,25
6
3 x 2 + 3 x - 14 = 0 ờ

ờ - 3 - 177
ờx =
ờ
6
ở
( x; y ) l:
Vy h cú nghim
ổ
ửổ
ử0,25
- 3 + 177 15 + 177 ữ
- 3 - 177 15 - 177 ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
;
;
;
.
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ

6
6
6
6
ố
ứố
ứ
(1,0 im).
0,25
3 ( b a ) 1 + ab
Ta cú
(1), m
1 + ab 2 ab , suy ra
b
a
2


a
b
3

3 ( b a ) 2 ab

t

t=

b
a

ta

c


1 2
a 1
t− ≥
⇔ t ≥ 3 ⇔ b ≥ 3a ⇔ ≤
t
b 3
3
.
Ta
có
2
2
2
1 + a ) ( 1 + b ) (b − a) + ( ab + 1) 2 4(ab + 1) 2
(
P=
=
≥
0,25
a (a + b )
a (a + b )
3a (a + b)
(theo (1))
Mặt

khác
2
4(ab + 1)
4.4ab
16b
16
16
≥
=
=
≥
0,25 = 4.
3a (a + b) 3a (a + b) 3(a + b)
a 
1 
3  + 1÷ 3  + 1 ÷
b 
3 
Do đó P ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra
1
a=
;b = 3
0,25
3
khi và chỉ khi
.
Vậy min P = 4 .
-------Hết-------