TỔNG HỢP ĐỀ THI HSG TOÁN 10 CÓ LỜI GIẢI CHI TIẾT
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.92 MB, 79 trang )
ðỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
SỞ GD&ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN
NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (4 ñiểm). Cho hàm số y = x 2 − (2m − 3) x − 2m + 2 (1)
1) Xét sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0 .
2) Xác ñịnh m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt ñường thẳng y = 3 x − 1 tại hai ñiểm A, B phân
biệt sao cho OA 2 + OB2 ñạt giá trị nhỏ nhất ( O là gốc tọa ñộ).
Câu 2 (4 ñiểm).
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm :
x 4 + 4 x 3 + 2 x 2 − 4 x − 3m + 1 = 0
x( y − 1) + 2 y = x ( x + 1)
2) Giải hệ phương trình:
2 x − 1 + xy − 3 y + 1 = 0
x −1
+3≥0
( a là tham số)
Câu 3 (4 ñiểm). Cho hệ bất phương trình 2
(a − 1) x − 2 ≥ 0
1) Giải hệ bất phương trình với a = −1
2) Tìm tất cả các giá trị của a ñể hệ bất phương trình có nghiệm.
Câu 4 (6 ñiểm).
1) Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các ñiểm M thỏa mãn
2MA 2 + MA.MB = 2MA.MC
2) Cho hình vuông ABCD có A(1;-1), B(3;0). Tìm tọa ñộ các ñỉnh C và D.
3) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có:
(b + c) cos A + (c + a ) cos B + (a + b) cos C = a + b + c
Câu 5 (2 ñiểm). Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của
biểu thức:
P=
ab
bc
ca
+
+
c + ab
a + bc
b + ca
……..……………Hết…………………
Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: ………………………………………….……….; Số báo danh: ………….………………
Trang 1
HƯỚNG DẪN CHẤM
BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
SỞ GD&ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN
NGÀY THI 19/01/2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 10
Câu
Câu I 1) (2 ñiểm)
(4
m = 0 ⇒ y = x 2 + 3x + 2
ñiểm) * TXð: R
* BBT:
Phương pháp – Kết quả
ðiểm
0,25
0,25
0,5
3
2
1
4
* Xác ñịnh các ñiểm: ñỉnh I (− ;− ) , giao trục tung (0;2) , giao trục hoành
(−1;0), (−2;0) .
* Vẽ ñúng ñồ thị
--------------------------------------------------------------------------------------------2) ( 2 ñiểm)
* Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: x 2 − 2mx − 2m + 3 = 0 (*)
* Tìm ñược ñiều kiện cần và ñủ ñể ñường thẳng cắt ñồ thị hs tại hai ñiểm
phân biệt A, B là m < −3 hoặc m > 1
x1 + x 2 = 2m
x1 x 2 = −2m + 3
* A( x1 ;3x1 − 1) , B( x 2 ;3x 2 − 1) . Tính ñược OA 2 + OB 2 = 40m 2 + 28m − 58
* Tìm ñược OA 2 + OB 2 nhỏ nhất bằng 10 khi m =1. Kết luận.
Câu 1) (2 ñiểm)
II
* BðTð PT về dạng: ( x 2 + 2 x) 2 − 2( x 2 + 2 x) − 3m + 1 = 0
(4
* ðặt t = x 2 + 2 x , phương trình trở thành t 2 − 2t = 3m − 1
ñiểm) * Tìm ñược ñiều kiện t ≥ −1 .
* Lập ñúng bảng biến thiên của hàm số f (t ) = t 2 − 2t với t ≥ −1
* Dựa vào BBT tìm ñược các giá trị m thỏa mãn là m ≥ 0 . KL
-------------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm)
1
* ðiều kiện x ≥
2
2x − 1 + 1
0,5
0,5
0,5
0,5
0,25
0,25
0,5
0,5
-----0,25
0,5
0,25
* Biến ñổi pt thứ nhất ñược y = x
* Thay y = x vào pt thứ hai ñược 2 x − 1 + x 2 − 3 x + 1 = 0 (1)
2
0,25
0,25
* Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của pt(*), ta có
* Biến ñổi (1) ⇔ ( x − 1)(
0,5
0,5
-------
+ x − 2) = 0
0,5
Tìm ñược x=1, y =1 là một nghiệm của hệ pt
* Giải pt:
2
2x − 1 + 1
+ x−2 =0
t = 1
0,25
ðặt t = 2 x − 1 ( t ≥ 0 ), Pt (2) trở thành t 3 + t 2 − 3t + 1 = 0 ⇔
t = −1 + 2
* Tìm ñược x = 1, y = 1 hoặc x = 2 − 2 , y = 2 − 2 . Kết luận hệ phương trình
có hai nghiệm (1;1), ( 2 − 2 ;2 − 2 )
Câu
III
1) (2 ñiểm) Với a = −1 , ta có hệ bpt
(4
ñiểm)
x −1
+3≥ 0
x ≥ −5
⇔
2
x ≤ −1
− 2 x − 2 ≥ 0
0,25
1
Trang 2
⇔ − 5 ≤ x ≤ −1 . Kết luận tập nghiệm của hệ bpt [− 5;−1] .
-------------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm)
* Tập nghiệm của bpt (1) là S1= [− 5;+∞ )
* Nếu a = 1 , bpt(2) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
2
2
. Tập nghiệm của bpt (2) là S2=
;+∞
a −1
a −1
S1 ∩ S2 ≠ ∅, ∀ a > 1 . Hệ bpt luôn có nghiệm với mọi a > 1 .
2
2
. Tập nghiệm của bpt (2) là S2= − ∞;
* Nếu a < 1 , (2) ⇔ x ≤
a −1
a − 1
a < 1
3
Hệ bpt có nghiệm khi và chỉ khi 2
⇔a≤
5
a − 1 ≥ −5
3
* KL: hệ bpt có nghiệm với a ∈ − ∞; ∪ (1;+∞ ) .
5
1
------0,5
0,25
* Nếu a > 1 , (2) ⇔ x ≥
Câu 1) (2 ñiểm)
IV
* Biến ñổi ñẳng thức về dạng: MA(2CA + MB) = 0 (*)
(6
* Gọi I là ñiểm xác ñịnh bởi IB = −2CA , ta có
ñiểm)
(*) ⇔ MA.MI = 0 ⇔ M thuộc ñường tròn ñường kính IA
* KL: Tập hợp các ñiểm M là ñường tròn ñường kính IA
----------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm)
* Có: AB = (2;1)
* Giả sử C ( x; y ) ⇒ BC = ( x − 3; y )
* Vì ABCD là hình vuông nên AB vuông góc với BC và AB = BC . Ta có hệ
2( x − 3) + y = 0
2
2
( x − 3) + y = 5
0,5
0,5
0,25
0,5
1
0,5
------0,5
0,5
x = 2
x = 4
hoặc
. Vậy C (2;2) hoặc C (4;−2)
y = 2
y = −2
* Giải hệ pt ñược
0,5
* Gọi I là tâm hình vuông ABCD
3 1
2 2
5 3
Nếu C (4;−2) thì I ( ;− ) ⇒ D (2;−3)
2 2
Nếu C (2;2) thì I ( ; ) ⇒ D(0;1)
Kết luận
----------------------------------------------------------------------------------------3) (2 ñiểm)
* VT= b cos A + c cos A + c cos B + a cos B + a cos C + b cos C
b2 + c2 − a 2 b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a 2 + c2 − b2 a2 + b2 − c 2 a2 + b2 − c 2
+
+
+
+
+
c
b
a
c
b
a
= a + b + c = VP ⇒ ñpcm.
=
Câu
* Vì a + b + c = 1 nên ta có
V
(2
ñiểm)
ab
ab
=
c + ab
(1 − a )(1 − b)
0,5
------0,5
1
0,5
0,5
Trang 3
* Áp dụng bất ñẳng thức Cô- Si:
⇒
ab
1 a
b
≤ (
+
)
(1 − a )(1 − b) 2 1 − b 1 − a
ab
1 a
b
≤ (
+
)
c + ab 2 1 − b 1 − a
bc
1 b
c
≤ (
+
)
a + bc 2 1 − c 1 − b
ca
1 a
c
≤ (
+
)
b + ca 2 1 − c 1 − a
1 a+c b+c b+a
1 1− b 1− a 1− c
3
* Suy ra P ≤ (
+
+
)= (
+
+
)=
2 1− b 1− a 1− c
2 1− b 1− a 1− c
2
1
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =
3
3
1
* Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = .
2
3
0,5
* Tương tự:
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.
Trang 4
sa GIA!J DVC: VA DAO T~O
TID CHON HOC SINH GIOI LOP 10
NAM HOC 2013-2014
TINH DONG NAI
Mon: Toan.
ThCrigian lam hai: 180 phut.
Ngiy thi: 04/4/2014.
([)J thi nay g6m m(jt trang, co niim diu).
DE THI CHiNH THUC
Can 1. (4 diem)
Giii phmmg trinh ~ x + x+ 2 +~
i -x+ I
Cho tarn giae ABC ee eo{~).eo{~)
=
2
=
2x+ 1 (vm x
E
R).
Can 2. (4 diem)
IcYhi~n s6 do ella cae goe
4(sinC{
vm A, B, C mang Ung Ii
6iB, iiiC, icA.
ChUng minh rfulg tarn giae ABC Ii tarn giae deu.
Can 3. (4 diem)
Cho cae s6 thge duang a, b, c th6a a + b + c = 1.
abc
Ch Ung m inh a + 6bc + b + 6ca + c + 6ab ;:::1.
"
Can 4. (4 diem)
2
. <
• d
I"
'th.
Ch o h at so nguyen uang e m va n
oa
{( m + 2) : n
(2 ). .
n +2
:m
I) Hay tim mQt e~p g6m hai s6 nguyen duang Ie (m ; n) th6a cae dieu ki~n
daehovmm>
10vin> 10.
2
2
2) ChUng rninh (m + n + 2) : 4mn.
Can S. (4 diem)
---
..-.
---
,
Cho tarn giae ABC co ba gee CAB, ABC, BCA deu Ii gee nhQn. GQi (0) Ii
dui:mg trim tam 0 nQi ti~p tarn ghie ABC vi ti~p xue vm hai e(lllh AB, AC IAn
luq1:t(li D, E. GQi M Ii giao diem ella hai dui:mg thfulg OB vi DE, gQi N Ii giao
diem ella hai dui:mg thfulg OC vi DE.
ChUng minh MN
= BC.sin
do ella gee CAB.
(2"A) ; vm A Ii IcYhi~u so.---..
---------H~t--------Trang 5
Sa GIA.!>DVC: vA
THI CHO~ HOC SINH GIOI UlP 10
NAM HOC 2013-2014
DAo T~O
TINH DONG NAI
mrONG DAN CHAM THI vA BlEU DIEM
Mon Toan (d~thi chinh thuc)
Cau
1.
Bitu diem
NQi dung
fdl
qi4Jp~tr.(1flgtrirz~:_______________
~i
+ x+2 +~i
........
_
_ L=4d
0,25 d
-x+ 1 =2x+ 1 (1). Di~uki~n x> -;1 (2).
.....................................................•................................................••.
.
_--
mmn~~n~?(1}~~~~n~~m~n~~~4~n~~~n~n~~~hh~h~~~n~n~~~n~m 0,75 d
A/4
2
<;::> __Vx
2
+2x -x+2=x
0,25 d
+2x-l
-----:-F:--~-;;2~--1-;-~-------------~-------------2--.--------------------:-------------:-------------.--.--
------------------------------1d
l
x + 2x - x + 2 = x + 4x + 1 + 4x - 2x - 4x
-----------------{-;;
-1 + ;j2,d~(2) - _____h..._
--
----------
0,75 d
3
<;::>
4x -3x-1
=0
---------------{;;~i~12--2
<;::>
(x-1)(2x+ 1)
_______h._____
<;::>
=
0
------------------
x = 1.
1
d
Phuang trinh dii cho co t~p nghi~m la {11
2.
________
c;htr.r:grrzJrz~4!!c;liltt1.rrzgi4.~tt.~u.:____________________________
2[ cos(~)r = 1 + cosA= 1 + b +2:e-l
L=4d
_
2
Ta co
2P~; a),
0,5 d
n_m~~~~(~J~V=~~~=);n~~i~~=~:n~~=h~~=~m~n~'~n=:n~~n:ne'nn__mmmnm._
m!~~~t~nSi~(~)=V~=bb~=~~n~~~{~)=V(pn=%;:;n~):m n nnnn_O'~m~h
0,25 d
Tuang tg co{~) = V ~~)~b2
n~n~~{~).~~{~)=~~ne.nnmmmnnnnnnnnn:nm:m:nnnmnmnmmmnnnnm
unnn:nmn~,~~~
a) .
(p
2
e
2
M~t kh:ic si~C = 2R
<;::>
sinC = 2~
4(sinC) =
<;::>
2'
vai R lit ban kinh
0,5 d
R
~1!~gtn)IlIlgo~it~~p4,4!!c;:
abc
abc
MitS=
=,?R=-=
4R
h
_
abc
nnnmn~~nn~J.P(pn~q)(pn~~)(pn~c;)mmmnmm
Thi ,..hnn hnr c:inh oiAi lfm 1 n
n~mhoc 2011-2014
---
0,5 d
Trang 6
HmJne:d~n chfun thi va Bieu di~m mon Toan (d~ chinh thuc).
1/3
..
.
.
-
. C)2 _ 16p(p - a)(p - b)(P - c)
4( Sill
2 2
:::>
0,25 d
ab
.....
;~~~~~{~).~~{~):~(~i~~{:~
~;~=~)(p=~l:~2~2~1
; ~,;~.~
.
......
.
---------.--
MaO<4(p-a)(P-e)=b
------_.
2
-(a-c)
=
----------_.................
'5,b
2
a - (b - c) '5, a
0,5 d
2
.
-----.-_
2
2 2
Suy ra 16(p - a)(p - b)(P - c) '5,a b
0,5 d
Do do (1) <=> a = b = e <=> MBC d€u.
____
~~0:g_ rrz!-'!~_~6:.~
f!/!rz.g!~'!.c:.:
3.
2
2
2
Chirngminh: (1) <=> (p+ ql(qa +Pb )_pq(a+
......................
2
2
2
abc
2
a
E
lR;p > 0, q > O.
6abe
+
e
+
b
b + 6ea
(a+ b)
+2
b
2
b
+
0,5 d
.
2
+2
6abe
(a+b+e)
~
(1).
b)2 ~ 0 (dop> 0, q>O)
_-.-......................................
------------_
2
+
.~.~ .1.~.
2
,
~ 0, dieu nay dUng \fa, b,p, q
. 'th
d
,a
Vi1 a, b , e 1a, cac
so gc U
a
2
a
b
(a+b)
do - + - ~
+
p
q
p q
B6 d€: Cho a, b, p, q E lR;p > 0, q > O.Khi
<=> (qa - pb)
6abe
a
e
+
2
e
6ab
e
>22
+
+
.
2
+2
+
b
+
12abe
e
~
+
1,5 d
6abe
2
2
+
e
+
18abe
.M~tkh~~~pd~~gb1tdfuig
gifratrungbillh~~~gvitru~gbhilirih~~
ab
+
be + ea
.............................
.
__
2
2
TU
................................................•...
..-
--.--.-
2
= (a +
--_._---_
_
b + e)(ab
+
be
+
..............•...•... _. __ ._._-_
222
3
~2
ea) ~ 3\}abe .3
- ..-----.--
(abc)
.
Id
= 9abe
..
.
"
222
:::>O
= (a
+ b + c)
Id
2
Tir do co di€u phai chirng minh.
Ti'.":rrz2teijps.O'rzguyerzcf.1!CYl1gleJ'.":;rl):.......................
...........................................................~"")A
V6'i m = 11 va n = 41 thoa cac dieu ki~n cua hai toano
2
2
1d
Vi khi dom + 2 = 123 41 van + 2 = 1683 11.
4.1)
2
4.2)
Ch{mgminh(m
2
+n +2) :4mn:
--------------_........
--------
.
----------_._---_
Vi m2 + 2 n rna n2 n nen (2m
+
~=3d
..•..•..•....
--
n2 + 2)
.
----
n (1).
0,5 d
.............................................................................................................................................................................................
TU
...........•...............
-
(m + n
2
2
+ 2) :
m (2).
-----------
-------------
GQi d la uo-c chung 1&nnh~t cua m va n
Thi •.•hnn hn •.•<:inh O"ini Ir'm 10 nilm hn •.•70n_701d
-------------_.............
-------------_
2
:::>
m +n
2
---------_
0,25 d
7
0,25 d
.Trang
d.
HlTI'mo n~n •.•h:1m thi v?:lRit.n f1it.m mAn Tn:ln (f1i;.•.•hfnh th(, •.•'
?/1
~~~~~~~:;~~~~:
(:2;~2;;):::(:2-;~2;2) :
4.2)
(ti~p)
:; d
;:::1(3); ~~~d
> 1 thid;:::2~a~th~fu;~&i;;;~i~
!iT(l ),(~),(~)~~~~~(~~~~2~2
):fnn.
d =>
2 : ~---------~,;d
1e.-:O,_5._A
_
.________
•••-.______________________
__?'=~ d
•
2
Cuoi cung vi m Ie nen m = 2k+ 1 (vm kEN)
Tmmg t\I n
2
2
= 4/(/
2
=> m = 4k(k+ 1) + 1.
+ 1) + 1 (vm / EN).
)
0,75 d
•
Suy ra ( m + n + 2 : 4. TiT do co dieu phai chUng minh.
5.
ChUng minh MN = Bc.sin(~}
- ..- -- - --- -- -- - -- - _. _. - -- - -_. - _. _. - _. - - - - - -- -- - -- - - - - - -- -- -- - -- - - - - - - _. - - -- - --- - _. - - -- - -- - -- _. - - ---
L =4 d
- -- - --- --- - ----
A
0,5 d
B
C
....1]1~~.gi.~
.~.i~!
!J.P.. ~.1~:__
__
-....
=> MDEciin
1t -
A
__
.__
.____
.__
t(liA => CEM=AED=-2-'
-- - -- - -- - --- - -- - - -- -- - -- - - - -- -- - - - - - - - - - -- - -- - - - - - - -- -- -- -- - -- - - - -- - -- - - -- - - -- - --- - -- - -- _.- - -- - -- --.- -.-...
...-..
1t - A
MaCOM= OBC + OCB = -2-'
__.
0,5 d
- - _ .._. _. --
0,5 d
------.
V~y CEM= COM => COEMla ill giac nQi tiep.
::::~~~:gj~
:~hj~~
:Q~:~)
f..: :r~:
~~:~MX~M;::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: ::9~~:
~::
.__
.I~~g.~ .c.N..~ .1?N..? #.c.¥J!. J.a.ttl.~Qi .t.i.~P..~!I~.g.
!!~I1
..~~~g,
~ .1?<;;:.. __9:.5.. ~ __
..
---- 0,5 d
Ap d\Ulg dinh ly him s6 sin cho tam giac CMN co MN = BC.sinMCN.
....
~~~.
~~~
.~~?~~.
~;~(~
.~
..
~J'~ .~;~~~. ~'i~(j'
~.~)'..-;A)
= cosCEM=
Do do MN
LIl"U
coset
= sin(~)-
-- .
1d
= Bc.sin(~)-
y:
N~u thi sinh giai cach khac dung thi dugc di~m t6i da theo quy dinh va th6ng nhilt
cach cho di~m thinh ph.ln tren co sO-cua huang dful va bi~u di~m nay.
SO-Giao d\lc va Dao t(lO yeu du T6 Giim khao mon Toan din Cll huang dful va bi~u
di~m nay, h<;>pd~ th6ng nh.lt truac khi ch.lm. /.
Thi chQn hQCsinh gioi 1O'p10 nlim hQc 2013.2014_ Hu6ng dfu. chfun thi va Bien diem mon Toan (de chinh thuc)_Trang
3/3 8
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 10
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2015-2016
( Hướng dẫn chấm này có 5 trang)
Câu
1
Đáp án
Thang
điểm
Cho hàm số y x 2 2 m 1 x m 1 (m là tham số thực) có đồ thị
là P .
a) Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng
2
: y mx m2 1 cắt đồ thị hàm số P tại hai điểm nằm
về hai phía đối với trục tung Oy.
b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số P luôn
2
nằm trên trục hoành Ox.
a,Hoành độ giao điểm của đường thẳng và đồ thị hàm số P
là nghiệm của PT:
x 2 2 m 1 x m 1 mx m 2 1
0,5
x 2 (3m 2) x m 2 m 2 0 1
Đường thẳng cắt đồ thị hàm số P tại hai điểm nằm về hai
phía đối với trục tung Oy khi và chỉ khi PT (1) có hai nghiệm trái 0,5
dấu m2 m 2 0 m 2 hoặc m 1 .
Kết luận…
1
b, Đồ thị hàm số P luôn nằm trên trục hoành Ox khi và chỉ khi 0,5
y 0 với x
x 2 2 m 1 x m 1 0, x
' 0
0,5
m 2 3m 0
2
a
3 m 0
0,5
Kết luận…
0,5
a,Giải phương trình sau
3
x 2 x 1 3 x 1 3 x x 1 4 0
ĐK: x 1
2
3
PT x 2 4 2 x3 1 3
2
0,5
x 1 x2 x 1 0
Đặt t x 1 x2 x 1 (t 0)
Khi đó PT trở thành
t 2 3t 2 0
Giải PT trên ta được t = 1 hoặc t = 2
1
0,5
0,5
Trang 9
* Với t = 1 ta có PT
x 1 x2 x 1 1
(PT vô nghiệm)
* Với t = 2 ta có PT
x 1 x2 x 1 2
x2 2
x 2
2
x 1 x2 x 1
x 1 x2 x 1
2
2
1 x 2 1 2 x3 1 0
4
x3 1 1 0
x3
x3 1 1
0
x 0
2x
1
0 1
x3 1 1
0,5
Giải PT (1) x3 1 2 x 1 Giải PT ta được nghiệm x 2 2 2
Kết luận: Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x 0, x 2 2 2
b
0,5
0,5
Giải hệ phương trình sau:
2 x 2 4 xy 5 y 2 5
2
2
x 1 2 y y 0
2 x y 2 2 x 2 2 y 2 5
HPT
2
2
2 x y x 2 y 1 0
u 2 x y
Đặt
2
2
v x 2 y
3
0,5
Hệ PT trở thành
u2 2v 5
(*)
u v 1 0
0,5
u 1
u 3
và
v 2
v 2
Giải hệ PT (*) có hai nghiệm
0,5
u 1
ta có
v 2
* Với
2 x y 1
(I)
2
2
x 2 y 2
8
x
x
0
Giải hệ PT (I) ta được
và 7
y 1
y 9
7
2 x y 3
u 3
* Với
ta có 2
(II)
2
v 2
x 2 y 2
2
0,75
Trang 10
10
x
7 và x 2
Giải hệ PT (II) ta được
y 1
y 1
7
3
0,75
Kết luận…
a) Cho tam giác ABC. M là trung điểm của AC, điểm N
thuộc đoạn thẳng BM thỏa mãn BN=3MN , điểm P nằm
trên cạnh BC thỏa mãn 2PB+3PC=0 . Chứng minh rằng ba
điểm A, N, P thẳng hàng.
b) Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm của BC, H
là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là
trung điểm của MH. Chứng minh rằng đường AE vuông
góc với BH.
a,
3
3
Ta có
3
3
AN AB BN AB BM AB AM AB
4
4
31
3
1
AB AC AB AB AC
42
8
4
2PB+3PC=0 2 AB AP 3 AC AP 0 AP
8
5
1
2
3
AB AC
5
5
1
Suy ra AP AN
0,5
Suy ra ba điểm A, N, P thẳng hàng.
0,5
3
Trang 11
M
là
trung
điểm
BC
mà
cân
ABC
tại
A
nên
AC
nên
AM BC AM .BC 0 AM .MC 0
H
là
hình
chiếu
vuông
góc
của
M
lên
MH AC MH . AC 0 MH .CH 0
0,5
Ta có
1
1
AM AH 2 AM MH
2
2
BH BC CH 2 MC CH
AE
0,5
Suy ra
AE.BH
1
2 AM MH
2
2MC CH
1
4 AM .MC 2 AM .CH 2MH .MC MH .CH
2
AM .CH MH .MC
0,5
A
A
AM .CH .cos 180o MH .MC.cos
2
2
A
2
AM HM
AM .HC MC.HM
Ta có AHM MHC
MC HC
Suy ra AE.BH 0 AE BH
AM .CH MH .MC .cos
4
0,75
0,75
Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b thỏa mãn điều
kiện:
a
c
1
a b b c
sin A 2sin B.cosC
2
Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều.
a
c
1
a b b c
sin A 2sin B.cosC
1
2
4
Trang 12
1 a 2 c 2 b2 ac
Ta lại có cos B
0,5
a 2 c2 b2
a 2 c 2 b 2 2ac.cosB
2ac
1
(*)
2
a
b
a
b
2 R sin A
,sinB
Ta có
sin A sin B
2R
2R
2
2
2
a b c
cos C
2ab
Suy ra cos B B 60o
0,5
Từ đây suy ra
a
b a 2 b2 c2
2
.
b2 c2 b c suy ra tam giác ABC 0,5
2R
2R
2ab
2
cân tại A (**)
Từ (*) và (**) suy ra ABC đều.
5
0,5
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1 . Chứng
minh rằng:
a
b c
3
b
c a
3
c
a b
3
27
8
2
Trước hết ta chứng minh BĐT
a 2 b2 c2 a b c
, x, y, z 0
x
y z
x yz
2
(*)
0,5
Áp dụng BĐT AM-GM ta có
a
b c
3
a
1 a
3
2a 2
2a 2
2a 1 a 1 a 1 a 2a 1 a 1 a 3
1 a
3
0,5
27 a 2
4 1 a
Chứng minh tương tự, ta có
b
c a
3
c
a b
3
c
1 c
3
b
1 b
3
27c 2
4 1 c
27b 2
4 1 b
0,5
Áp dụng BĐT (*), ta có
a
b c
3
b
c a
3
c
a b
3
27 a 2
b2
c2
4 1 a 1 b 1 c
a b c 27
27
.
4 1 a 1 b 1 c 8
2
Dấu «= » xẩy ra khi và chỉ khi a b c
5
1
3
0,5
Trang 13
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG
CỤM LẠNG GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM
MÔN THI: TOÁN 10
Năm học: 2015 - 2016
Thời gian: 180 phút
(Không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số y x 2 2 m 1 x m 1 (m là tham số thực) có đồ thị là P .
a) Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng : y mx m2 1 cắt đồ thị hàm số
P tại hai điểm nằm về hai phía đối với trục tung Oy.
b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số luôn nằm trên trục hoành Ox.
Câu 2 (6 điểm)
a) Giải phương trình sau: x 2 2 x3 1 3 x 1 3 x 2 x 1 4 0
b) Giải hệ phương trình sau:
2 x 2 4 xy 5 y 2 5
2
2
x 1 2 y y 0
Câu 3 (6 điểm)
a) Cho tam giác ABC. M là trung điểm của AC, điểm N thuộc đoạn thẳng BM thỏa mãn
BN=3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2PB+3PC=0 . Chứng minh rằng ba
điểm A, N, P thẳng hàng.
b) Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc
của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng AE vuông
góc với BH.
Câu 4 (2 điểm ) Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b thỏa mãn điều kiện:
a
c
1
a b b c
sin A 2sin B.cosC
Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều.
Câu 5 (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a b c 1 . Chứng minh rằng:
a
b c
3
b
c a
3
c
a b
3
27
8
--------------- Hết ------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ tên thí sinh …………………………………… Số báo danh:…………………….
Trang 14
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
BẮC GIANG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH
NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN THI: TOÁN LỚP 10 PHỔ THÔNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang)
Ngày thi: 29/3/2014
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu 1 ( 4, 0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt :
m 1 x4 2 m 2 x2 2m 1 0.
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y
3x 2 2 x 2
1 có tập xác định là
x 2 2mx 1
.
Câu 2 ( 6, 0 điểm)
1) Giải phương trình
2x 3 3 3 x
11x 24
6 x 2 16 x 12
.
2) Giải bất phương trình 2 x 3 2 x 7 12 4 x x 2 .
xy 5 x 6
3) Giải hệ phương trình 2
2
x 5 xy 4 y 10 y 10.
Câu 3 ( 2, 0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là BC a, CA b , AB c ; góc A 600 và
ab
2cos B 1. Tính số đo các góc B và C.
ac
Câu 4 ( 6, 0 điểm)
1) Cho tam giác ABC cân tại A, M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng:
2MB.MA MB MB MC .
2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; 1), cạnh BC có độ
dài bằng 6; E(1; 3) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lập phương trình đường thẳng BC biết
đường thẳng BC đi qua điểm M(-1; 2).
3) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(0; 2), đường phân
giác trong của góc ADC là đường thẳng d: x y 6 0 . Biết đỉnh D có hoành độ dương và diện tích
hình chữ nhật ABCD bằng 8. Tìm tọa độ đỉnh B.
Câu 5 ( 2, 0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2 b2 c2 = 3. Chứng minh rằng
1
1
1
3
3 ab 3 bc 3 ca 2
------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:..................................
Giám thị 1 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
Giám thị 2 (Họ tên và ký)..............................................................................................................
Trang 15
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT
NĂM HỌC 2014 - 2015
MÔN: TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
( Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu 1.
a) Giải phương trình x x 2014 x 1 1 x
.
2
1
y 2 x
2
y
b) Giải hệ phương trình x x
.
4
2
16 x 24 x 8 3 2 y 3 0
Câu 2.
x y 4 xy 1 9 xy
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình 3
3
3 3
3 3
x y 64 x y 1 mx y
có nghiệm x; y với x 0, y 0 .
Câu 3.
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Gọi H , K lần lượt là chân đường
cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết
1 3
H 5; 1 , K ; , phương trình đường thẳng BC là x 3 y 4 0 và điểm B có hoành
5 5
độ âm .
Câu 4.
a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Chứng minh rằng nếu AC là tiếp tuyến của đường
tròn ngoại tiếp tam giác GAB thì cos 2 A cos 2 C 2cos 2 B .
b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a b b c c a 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
1
1
1
1
P 3
.
abc a 2b b 2c c 2a
Câu 5.
Kí hiệu E là tập hợp gồm tất cả các tam thức bậc hai f x ax 2 bx c có a 0 ,
b 2 4ac 0 . Tìm điều kiện cần và đủ đối với các số m, n, p để với mọi f x thuộc E
ta đều có g x f x m ax b n bx c p cx a cũng thuộc E.
------------HẾT ------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay,
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ……………… …….Trang 16
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM
MÔN: TOÁN - LỚP 10
NĂM HỌC 2012-2013
Thời gian làm bài : 180 phút
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
CỤM LẠNG GIANG
Ngày thi 24.02.2013
Câu 1. (3 điểm)
1. Cho hàm số f (x) =
x
1+ x
2
, đặt g (x) = f f (x) , h (x) = f g (x) . Xét tính chẵn -
lẻ của hàm số h(x)
2. Cho phương trình : − x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0.
1
a) Giải phương trình khi m =
4
b) Tìm m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt
Câu 2. (2 điểm)
a) Giải phương trình: 3 2 − x = 1− x −1
x + y = a + 1
. Tìm a để tích xy lớn nhất.
b) Cho hệ phương trình 2
2
2
x + y = 2a − 2
Câu 3. (2 điểm)
a) Giải bất phương trình sau: (−x 2 + 4x) x 2 − 3x + 2 ≤ 0
2
x − 2x − m + 1 ≤ 0
b) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 2
2
x − (2m + 1) x + m + m ≤ 0
Câu 4 (2 điểm)
a) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, BC=a, CA=b, AB=c.
Chứng minh rằng: a.IA + b.IB + c.IC = 0
b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ
B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10 = 0 và
x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc cạnh AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng
2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
Câu 5 (1 điểm)
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4; gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác.
Chứng minh rằng:
27 (a 2 + b 2 + c2 + abc) ≥ 208
_______________Hết_______________
Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:…………………
Trang 17
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM
MÔN: TOÁN - LỚP 10
NĂM HỌC 2012-2013
Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài
làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì
chấm điểm từng phần tương ứng.
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
CỤM LẠNG GIANG
Câu
1
(3
điểm)
Điểm
Nội dung
x
1. Cho hàm số f (x) =
1 + x2
, đặt g (x) = f f (x) , h (x) = f g (x) . Xét tính
chẵn - lẻ của hàm số h(x)
g (x) = f f (x) =
h (x) = f g (x) =
f (x)
1 + f (x)
2
g (x)
1 + g (x)
* Xét hàm số h (x) =
2
=
x
1 + 2x 2
=
x
1 + 3x 2
−x
1 + 3x 2
0,25
x
1 + 3x 2
- TXĐ: ℝ
+ Với ∀x,x ∈ ℝ ⇒ −x ∈ ℝ
+ h (−x) =
0,25
= −h (x)
0,25
0,25
Vậy h(x) là hàm số lẻ
2. Cho phương trình : − x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0.
1
phương trình trở thành: − x2 + 4 |x − 1| = 0
4
+) x ≥ 1 : − x2 + 4 (x − 1) = 0 ⇔ x = 2
+) x < 1 : − x2 − 4 (x − 1) = 0 ⇔ x = −2 ± 2 2
Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 2 ; x = −2 ± 2 2
a) Với m =
0,5
0,5
b) Tìm m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt
− x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. ⇔ 4m = − x2 + 4 |x − 1| + 1
−x2 + 4x − 3 khi x ≥ 1
⇔ 4m = 2
−x − 4x + 5 khi x < 1
−x 2 + 4x − 3 khi x ≥ 1
Xét hàm số f (x) = 2
−x − 4x + 5 khi x < 1
0,25
Ta có bảng biến thiên:
Trang 18
x
−∞
-2
1
f(x)
−x 2 − 4x + 5
|
Biến
thiên
f(x)
9
+∞
2
−x 2 + 4x − 3
1
0,5
0
−∞
−∞
Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và
đường thẳng y = 4m. Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có 2 nghiệm phân
biệt khi và chỉ khi 1 < m < 9 hoặc m < 0
2
(2
điểm)
a) Giải phương trình:
3
0,25
2 − x = 1 − x −1
3
a 3 = 2 − x
a = 2 − x
⇔
⇒ a3 + b2 = 1
Đặt
b = x −1 ≥ 0 b 2 = x −1
Thay vào phương trình được: a = 1− b
Ta có hệ phương trình
0,25
a = 0
b = 1
a = 0
2
a = 1
2
2
3
3
3
a = 1
a + b = 1 ⇔ a + (1 − a ) = 1 ⇔ a + a − 2a = 0 ⇔
⇔
a = −2
a = 1 − b
b = 1 − a
b = 1 − a
b = 0
a = 1− b a = −2
b = 3
a = 0
+)
⇒x=2;
b = 1
a = 1
+)
⇒ x = 1;
b = 0
a = −2
+)
⇒ x = 10
b = 3
Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 1; x = 2; x =10
0,25
0,5
x + y = a + 1
b) Cho hệ phương trình
. Tìm a để tích xy lớn nhất.
2
x + y 2 = 2a 2 − 2
x + y = a + 1
x + y = a + 1
⇔
Ta có: 2
x + y2 = 2a 2 − 2 xy = − 1 a 2 + a + 3
2
2
0,25
Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi
a ≤−1
1 2
3
2
(a + 1) ≥ 4 − a + a + ⇔ 3a − 2a − 5 ≥ 0 ⇔ 5
a ≥
2
2
3
2
0,25
Trang 19
1 2
3
5
Xét hàm số f (a) = − a + a + trên (−∞;−1] ∪ ; +∞
3
2
2
Bảng biến thiên
a
−∞
-1
f(a)
5
3
1
v
v
v
v
v
v
v
v
1/2
−∞
+∞
16/9
0,25
−∞
5
Tích xy lớn nhất khi và chỉ khi f(a) đạt giá trị lớn nhất trên (−∞;−1] ∪ ; +∞ . Dựa
3
vào bảng biến thiên suy ra xy lớn nhất bằng 16/9 khi a = 5/3
3
(2
điểm)
(
2
a) Giải bất phương trình sau: −x + 4x
)
0,25
x 2 − 3x + 2 ≤ 0
x = 1
x 2 − 3x + 2 = 0
x = 2
(−x2 + 4x) x2 − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ x 2 − 3x + 2 > 0 ⇔ x ≤ 0
2
−x + 4x ≤ 0
x ≥ 4
x 2 − 2 x − m + 1 ≤ 0
(1)
b) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm: 2
x − (2 m + 1) x + m 2 + m ≤ 0 (2)
2
Xét bất phương trình (1): x − 2 x − m + 1 ≤ 0 có ∆ ' = m , bất phương trình có
nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 . Khi đó bất phương trình (1) có nghiệm
1
1− m ≤ x ≤ 1 + m
Xét bất phương trình (2): x 2 − (2 m + 1) x + m 2 + m ≤ 0 có ∆ = 1 >0. Khi đó bất
0,5
phương trình (2) có nghiệm m ≤ x ≤ m + 1
Xét bài toán tìm m để hệ bất phương trình vô nghiệm:
m + 1 < 1− m
Hệ vô nghiệm ⇔
m > 1 + m
⇔ m>
3+ 5
2
Vậy để hệ có nghiệm thì giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤
4
(2
điểm)
3+ 5
2
0,5
a) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng
A
minh rằng: a.IA + b.IB + c.IC = 0
Ta có:
IA ' BA ' CA ' BA '+ CA '
a
=
=
=
=
IA
BA
CA
BA + CA
b+c
Suy ra: a.IA = −(b + c) IA '
I
B
A’
0,25
C
Trang 20
ac
ab
BA ' =
; CA ' =
b+c
b+c
CA '
A 'B
b
c
.IB +
.IC =
.IB +
.IC
Mặt khác: IA ' =
BC
BC
b+c
b+c
5
(1
điểm)
0,25
0,25
⇒ (b + c) IA ' = b.IB + c.IC ⇒ a.IA + b.IB + c.IC = 0
A
b) Gọi M’ là điểm đối xứng với M qua đường phân giác
trong góc A thì M’ thuộc AC. Gọi I là giao điểm của
MM’ và đường phân giác trong góc A thì I là trung
M’
M
điểm của MM’.
I
MM’: x + y – 2 = 0
C
1 3
B
Điểm I ; , điểm M ' (1;1)
2 2
AC đi qua M’ và vuông góc với đường cao kẻ từ B nên AC: 4x – 3y – 1 = 0
Điểm A là giao điểm của AC và đường phân giác kẻ từ A nên A(4; 5)
Đường thẳng AB đi qua A, M nên có phương trình: 3x – 4y + 2 = 0
1
Điểm B là giao điểm của AB và đường cao kẻ từ B nên B −3;−
4
2
x 2 + (y − 2) = 2
MC = 2 , tọa độ điểm C là nghiệm (x; y) của hệ
, suy ra C (1;1)
4x − 3y −1 = 0
31 33
hoặc C ;
25 25
Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4; gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng
minh rằng:
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
27 (a 2 + b 2 + c2 + abc) ≥ 208
Ta có a + b + c = 4 ⇒ a + b = 4 − c > c ⇒ c < 2.
Tương tự: a < 2; b < 2
Áp dụng Định lý Côsi cho 3 số dương: 2 − a; 2 − b; 2 − c
8
2−a+2−b+2−c
⇒ (2 − a )(2 − b)(2 − c) ≤
=
3
27
8
⇔ 8 − 4( a + b + c) + 2( ab + bc + ca) − abc ≤
27
8
⇔ −8 + 2( ab + bc + ca) −
≤ abc
27
8
⇔ −8 + ( a + b + c ) 2 −
≤ a 2 + b 2 + c 2 + abc
27
⇔ 27(a 2 + b 2 + c 2 + abc) ≥ 208
0,25
3
0,25
0,5
Trang 21
SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ
Cụm trường Lạng Giang
Năm học: 2013 – 2014
Môn: Toán lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu I (4 điểm). Cho hàm số y = ( m − 1) x 2 − 2mx + m + 2 có đồ thị (Cm)
1. Tìm m để hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2 )
2. Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa mãn
2 x1 − x2 = 2 .
Câu II (4 điểm).
1. Giải phương trình:
2 x +1
= 2x −1
x +1 − 3 − x
x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3
2. Giải hệ phương trình : 2
2
( x + x )( y + y ) = 1
Câu III (4 điểm).
1. Giải bất phương trình:
2. Rút gọn P =
2 x2 − x + 1 + 2 x2 + 4 x + 1 ≥ 5 x
(sin 4 x + cos4 x − 1)(tan 2 x + cot 2 x + 2)
cos2 x.cot 2 x + 3 cos2 x − cot 2 x + 2sin 2 x
, với điều kiện xác định cho trước.
Câu IV (6 điểm).
1. Cho hình vuông ABCD. Các điểm M, N thuộc cạnh BA, BC sao cho BM=BN. Gọi H là
hình chiếu của B trên CM. Chứng minh HD vuông góc với HN.
sin A = 2sin B.cos C
2
2
2
2
b ( b − a ) + c ( c − a ) = 0
2. Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam
giác ABC biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ B là K(0;2) và trung điểm của AB
là M(3;1).
3
4
Câu V(2 điểm). Cho a, b, c là 3 số thực dương thỏa mãn: a 2 + b 2 + c 2 ≤ . Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức:
P = 8abc +
1 1 1
+ +
a 2 b2 c 2
---------------------- 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:………………………
Trang 22
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CƠ SỞ
MÔN TOÁN - LỚP 10 - NĂM HỌC 2013– 2014
-------------------------------------------Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và phân chia điểm; bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận chặt
chẽ, chi tiết. Mọi cách giải khác đúng thì cho điểm từng phần tương ứng.
1. Tìm m để hàm số y = ( m − 1) x 2 − 2mx + m + 2 nghịch biến trên ( −∞; 2 )
+Nếu m = 1 ⇒ y = −2 x + 3 nghịch biến trên ℝ . Do đó m = 1 thỏa mãn đề bài
+ Nếu m ≠ 1 . Hàm số nghịch biến trên ( −∞; 2 ) khi và chỉ khi
m − 1 > 0
⇔1< m ≤ 2
m
≥
2
m − 1
+ Kết luận 1 ≤ m ≤ 2 là kết quả cần tìm.
0.5
1.0
0.5
2. Tìm m để (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 ; x2 thỏa
mãn 2 x1 − x2 = 2 .
+ (Cm) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
( m − 1) x 2 − 2mx + m + 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt
m − 1 ≠ 0
⇔
2
∆ ' = m − ( m − 1)( m + 2 ) > 0
+ Theo Viet ta có x1 + x2 =
⇔1≠ m < 2
2m
m+2
; x1 x2 =
m −1
m −1
Kết hợp với giả thiết 2 x1 − x2 = 2 , tính được x1 =
Từ đó thu được:
0.5
4m − 2
2m + 2
; x2 =
3 ( m − 1)
3 ( m − 1)
m = −7
4m − 2 2m + 2 m + 2
=
⇔
.
3 ( m − 1) 3 ( m − 1) m − 1
m = 2
+ Kết hợp điều kiện, kết luận m = −7 là kết quả cần tìm.
Câu2
1. Giải phương trình:
(
x +1 + 3 − x
2x − 2
0.5
0.5
2 x +1
= 2x −1
x +1 − 3 − x
−1 ≤ x ≤ 3
+ Điều kiện:
x ≠ 1
+ Khi đó phương trình tương đương với
2 x +1
0.5
) = 2x −1
0.5
0.5
⇔ 2 x + 2 + 2 − x2 + 2 x + 3 = 4 x2 − 6 x + 2
⇔ 4 ( − x 2 + 2 x + 3 ) + 2 − x 2 + 2 x + 3 − 12 = 0
− x 2 + 2 x + 3 = −2 ( vl )
2± 7
⇔
⇔ 4 x2 − 8x − 3 = 0 ⇔ x =
3
2
2
− x + 2 x + 3 = 2
0.5
Trang 23
+ Đối chiếu điều kiện và kết luận x =
2± 7
2
0.5
x 2 ( y 2 + 1) + 2 y ( x 2 + x + 1) = 3
2. Giải hệ
2
2
( x + x )( y + y ) = 1
2
( xy + x ) + 2 ( xy + y ) = 3
+ Hệ đã cho tương đương với
( xy + x )( xy + y ) = 1
u 2 + 2v = 3
+ Đặt u = xy + x; v = xy + y , ta được
uv = 1
0.5
0.5
u = −2
u = 1
Giải hệ thu được
hoặc
1
v = 1
v = − 2
u = 1
xy + x = 1
−1 − 5
+ Với
. Giải được x = y =
⇒
2
v = 1
xy + y = 1
0.5
u = −2
xy + x = −2
5 −1
+ Với
và kết luận
1 ⇒
1 . Giải được x = y =
2
=
−
+
=
−
v
xy
y
2
2
Câu 3
0.5
2 x2 − x + 1 + 2 x2 + 4 x + 1 ≥ 5 x
1. Giải bất phương trình:
+ Điều kiện x ≥ 0
+Ta thấy x = 0 không là nghiệm của bất phương trình, do đó bất phương trình
tương đương với:
1
1
2x −1+ + 2x + 4 + ≥ 5
x
x
1
− 1, t > 0 , ta được t + t 2 + 5 ≥ 5
x
+Giải bất phương trình trên kết hợp với t > 0 , ta được t ≥ 2 .
0.5
0.5
Đặt t = 2 x +
2x +
+ Từ đó ta có
0.5
1
− 1 ≥ 2 , giải bất phương trình với điều kiện x > 0 , ta được
x
5 − 17
0 < x <
2 . Kết luận.
5 + 17
x ≥
2
2. Rút gọn P =
0.5
(sin 4 x + cos4 x − 1)(tan 2 x + cot 2 x + 2)
cos2 x.cot 2 x + 3 cos2 x − cot 2 x + 2sin 2 x
Ta có A = (sin 4 x + cos4 x − 1)(tan 2 x + cot 2 x + 2)
(
= sin2 x + cos2 x
(
)
2
(
)
x ) = −2
− 2sin2 x.cos2 x − 1 tan2 x + cot 2 x + 2
)
(
= −2 sin 4 x + cos4 x − 4 sin 2 x.cos2 x = −2 sin 2 x + cos2
1.0
2
Trang 24
2
B = cos x.cot 2 x + 3 cos2 x − cot 2 x + 2 sin 2 x
(
)
(
= cos2 x. cot 2 x + 1 − cot 2 x + 2 sin 2 x + cos2 x
= cos2 x.
1
2
sin x
)
0.5
− cot 2 x + 2 = 2
Vậy P=-1.
Câu 4
0.5
1. Cho hình vuông ABCD. Các điểm M, N thuộc cạnh BA, BC sao cho BM=BN.
Gọi H là hình chiếu của B trên CM. Chứng minh HD vuông góc với HN.
+ Gọi a là độ dài cạnh của hình vuông và α = MBH = BCH
M
A
H
B
0.5
N
C
D
(
+ Ta có: HN .HD = HB + BN
)( HC + CD )
0.5
= HB.CD + BN .HC (vì HB ⊥ HC , BN ⊥ CD )
= HB.BA + BN .HC
= − HB.a.cos α + BN .HC.cos α
0.5
= − BM .a.cos2 α + NB.a.cos2 α =0 (do BM=BN)
Do đó HB ⊥ HD .
0.5
sin A = 2sin B.cos C
2. Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu
2
2
2
2
b ( b − a ) + c ( c − a ) = 0
+Từ sin A = 2 sin B.cos C chỉ ra tam giác ABC cân tại A
1.0
+ Từ b ( b 2 − a 2 ) + c ( c 2 − a 2 ) = 0 chỉ ra tam giác ABC có góc A bằng 600.
0.5
+Kết luận tam giác ABC đều
0.5
3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , viết phương trình các cạnh của tam giác ABC
biết trực tâm H(1;0), chân đường cao hạ từ B là K(0;2) và trung điểm của AB
là M(3;1).
A
K
C
M
H
B
+ Viết được phương trình đường thẳng AC: x-2y+4=0 và BK: 2x+y-2=0
0.5
Trang 25
