Đề thi HSG môn toán lớp 10 hệ không chuyên sở GD đt vĩnh phúc 2011 2012 file word có lời giải chi tiết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012

——————

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

ĐỀ CHÍNH THỨC

Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
————————————

Câu 1 (4,0 điểm).

( x∈¡ ) .

1.

Giải phương trình:

2.

2
Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai

x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
3

3
thức sau: P = x1 + x2 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) .

Câu 2 (1,5 điểm).
2
3
2
 x + x y − xy + xy − y = 1
( x, y ∈ ¡ ) .
Giải hệ phương trình:  4
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1

Câu 3 (1,5 điểm).

(

2
Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x

)( y+

)

1 + y 2 = 2012 . Tìm giá trị

nhỏ nhất của P = x + y .
Câu 4 (3,0 điểm).
1.

Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng

của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam
uuu
r uuu
r uuur uuur
giác MNP. Chứng minh rằng OA + OB + OC = OH và ba điểm O, H, L thẳng hàng.
2.

Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho

·
·
·
·
MAB
= MBC
= MCD
= MDA
= ϕ . Chứng minh đẳng thức sau:
cot ϕ =

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
,
2 AC.BD.sin α

trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD.
3.

Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn

tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm
 7 5   13 5 
M ( 1; −5 ) , N  ; ÷, P  − ; ÷ (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm
2 2  2 2
tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ
dương.

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


—Hết—
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………….

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN

———————

NĂM HỌC 2011-2012
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN
———————————

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.
- Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý
1
1 2,0 điểm

Nội dung trình bày
2

Điểm

2

1 3
1 3


Ta có x − x + 1 =  x − ÷ + , x 2 + x + 1 =  x + ÷ + nên phương trình xác định
2 4
2 4


2

0,5

với mọi x ∈ ¡ . Phương trình đã cho tương đương với
x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2

(x

2

)(

)

− x + 1 x2 + x + 1 = 4
0,5

⇔ 2x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2
1 − x ≥ 0
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔ 4
⇔
2

4
2
2
4
2
2
x + x +1 = 1− 2x + x
 x + x + 1 = 1 − x
 −1 ≤ x ≤ 1
⇔
⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0.

x = 0
2,0 điểm
Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4
2

(

2

0,5

)

0,5

m ≥ 2
m m 2 − 4 ≥ 0
∆ ' ≥ 0
 −2 ≤ m ≤ 0

⇔
⇔
⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔ 
2 ≤ m ≤ 3
 x1 + x2 ≤ 4
2 ( m − 1) ≤ 4
m ≤ 3


(

)

0,5

Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = −m3 + ( m + 1) suy ra
2

P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m 3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m
3

3

2

0,5

Bảng biến thiên
m

-2

0

2

0

16

3

0,5

P
-144

2

-24

Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 .
1,5 điểm

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5


2
2
 x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1
⇔ 2
Ta có  4
2
2
 x + y − xy (2 x − 1) = 1
( x − y ) + xy = 1

0,25

a = x 2 − y
a + ab + b = 1
Đặt 
. Hệ trở thành:  2
(*)
b = xy
a + b = 1
3
2
2
a + a − 2a = 0
a (a + a − 2) = 0
⇔
Hệ (*) ⇔ 
2
2
b = 1 − a
b = 1 − a

0,25

0,25

Từ đó tìm ra ( a; b) ∈ { (0; 1); (1; 0); ( −2; − 3)}

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

 x2 − y = 1
⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .
* Với ( a; b) = (1; 0) ta có hệ 
xy
=
0

* Với ( a; b) = ( −2; −3) ta có hệ
3
3


 x 2 − y = −2
y = −
y = −
⇔
⇔
⇔ x = −1; y = 3 .
x
x

xy
=
−
3
3
2

x + 2x + 3 = 0
( x + 1)( x − x + 3) = 0



Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ { (1; 1);(0; − 1);(1; 0);( −1; 0);( −1; 3)} .
1,5 điểm
t 2 −1
Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x =
(1)
2t
2012
20122 − t 2
2
y
+
1
+
y
=
Từ giả thiết ta có
. Từ đây cũng suy ra y =
(2)
t
2.2012.t
t 2 − 1 20122 − t 2
2011  2012 
+
=
Từ (1) và (2) suy ra x + y =
t +
÷
2t

2.2012.t
2.2012 
t 

3

Do đó x + y ≥

2011
2012
2011
2011
.2 t.
=
.2 2012 =
.
2.2012
t
2.2012
2012

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y =

4

1

0,25
0,25

0,25

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

2011
2 2012

2011
2011
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng
, khi x = y =
.
2012
2 2012
1,0 điểm

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,25


A
P

N
H

O

B

C

K
M

0,5

D

Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của
BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên
uuur uuur
uuu
r uuur uuur uuu
r
uuu
r uuur uuur uuur
2OK = AH ⇔ OB + OC = OH − OA ⇔ OA + OB + OC = OH
uuur uuur
uuur uuuu
r
Ta có OB + OC = 2OK = OM và các đẳng thức tương tự ta được:
uuuu
r uuur uuur
uuu
r uuu

r uuur
uuur
OM + ON + OP = 2 OA + OB + OC = 2OH

(

2

)

uuu
r
uuur
⇒ 3OL = 2OH suy ra O, H, L thẳng hàng.
1,0 điểm
AB 2 + MA2 − MB 2
1
Trước hết ta có các kết quả sau: S ABCD = AC.BD.sin α ; cot ϕ =
4S MAB
2
Tương tự ta được:
cot ϕ =
=

0,5

0,5

AB 2 + MA2 − MB 2 BC 2 + MB 2 − MC 2 CD 2 + MC 2 − MD 2
=

=
4 S MAB
4S MBC
4 SMCD
0,5

DA2 + MD 2 − MA2
AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
=
4S MDA
4 ( S MAB + S MBC + S MCD + S MDA )

AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2
=
4S ABCD
2 AC.BD.sin α
1,0 điểm
=

3

A
N
P
I

K

0,25
C

B

M

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất


được phương trình này là: x 2 + y 2 + 3 x − 29 = 0 suy ra tâm K của đường tròn ngoại
 3 
tiếp tam giác ABC có tọa độ là K  − ; 0 ÷ .
 2 
uuur uuur
5
Do AB ⊥ KP nên AB có vtpt nAB = KP = − ( 2; −1) . Suy ra phương trình
2
AB : 2 ( x + 1) − 1( y − 1) = 0 ⇔ 2 x − y + 3 = 0 . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ

0,25

2 x − y + 3 = 0
 y = 2x + 3
 x = 1, y = 5
⇔
⇔
phương trình  2
 2
2

 x = −4, y = −5
 x + y + 3 x − 29 = 0
 x + 3x − 4 = 0
uuur uuur 5
Suy ra A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) . Do AC ⊥ KN nên AC có vtpt là nAC = KN = ( 2;1)
2
Suy ra pt AC : 2 ( x − 1) + y − 5 = 0 ⇔ 2 x + y − 7 = 0 . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm
của hệ phương trình:
2 x + y − 7 = 0
 y = −2 x + 7
 x = 1, y = 5
⇔ 2
⇔
. Từ đây suy ra C ( 4; −1) .
 2
2
 x = 4, y = −1
 x + y + 3 x − 29 = 0
 x − 5x + 4 = 0
Vậy A ( 1;5 ) , B ( −4; −5 ) , C ( 4; −1) .

– Website chuyên đề thi – tài liệu file word mới nhất

0,5