Đề thi HSG môn toán lớp 10 THPT tam dương vĩnh phúc 2012 2013 file word có lời giải chi tiết

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI HSG CẤP TRƯỜNG LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013

—————————

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

TRƯỜNG THPT TAM DƯƠNG

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề.
————————————

Câu I (3.0 điểm).
�x  y  m  2
Cho hệ phương trình � 2
(trong đó m là tham số; x và y là ẩn)
2
2
x

y

2
x

2
y


m


4
�
1) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm duy nhất.
2) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: A 2 xy   x  y   2013
Câu II (1.0 điểm).
Giải phương trình: 18 x  16  4 2 x 2  5 x  3  7 4 x 2  2 x  2  7 2 x 2  8 x  6
Câu III (2.0 điểm).
 x 4  5 x 2  4  0
Tìm a để hệ sau có nghiệm:  2
 x   2a  1 x  a 2  a  2 0
Câu IV (1.0 điểm).
Chứng minh rằng nếu x, y là các số thực lớn hơn 1 thì:

1
1
1
 2 
2
2  xy  x  y
x
y

Câu V (2.0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 2; 3 và B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M cách
đường thẳng x  y  2 0 một khoảng 2 2 sao cho tam giác AMB cân ở M.
2. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H. Các đường thẳng AH,
BH, CH lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D, E, F (D khác A, E khác B, F khác C). Hãy
�6 17 �
viết phương trình cạnh AC của tam giác ABC; biết rằng D  2;1 , E  3; 4  , F � ; �.

�5 5 �
Câu VI (1.0 điểm).
1
Xác định hàm số f (x) biết: f  x   2 f    x  1 ; với x 0
 x
-------------Hết-------------

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


(Giám thị coi thi không giải thích gì thêm).

Họ và tên thí sinh: ……………………………………………SBD: …………………

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


HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ THANG ĐIỂM
Nội dung
Câu I.1 (1.5 điểm)
Đặt S  x  y ; P  xy . Khi đó hệ phương trình trở thành

Điểm

�S  m  2
�
�2
2
S


2
P

2
S


m

4
�

0,5

S m2
�
�
2
�P  m  m  2



2
4 P � m 
-2 �
��
4 m2
Để hệ có nghiệm thì S -��
2

m 2



m2

4

2

m

 m 2
Hệ có nghiệm duy nhất khi 
. Thử lại ta thấy cả hai giá trị cùng thoả mãn
 m  2
Câu I.2 (1.5 điểm)
Ta có A 2 P  S  2013 2m 2  3m  2011

2

0,5
0,5

0,5
m
A

-2

3/2

2
2013

2025

2011
Lập bảng biến thiên ta được max A 2025 khi m = -2; min A= 2011 khi m = 3/2

0,5
0,5

Câu II. (1.0 điểm)
1
ĐK x � với điều kiện này phương trình được đưa về dạng
2
18 x  16  4
�2



 x  3  2 x  1



2

7

 2 x  2   2 x  1  7  2 x  2   x  3

x  3  2x 1  7 2x  2





x  3  2 x 1  6  2 x  2   0
0,25

Đặt a  x  3  2 x  1; b  2 x  2 thay vào phương trình trên ta được
2a 2  7 ab  6b 2  0 �  2a  3b   a  2b   0 � 2a  3b; a  2b

0,25
0,25

+) a  2b � x  3  2 x  1  2 2 x  2 phương trình này vô nghiệm
+) 2a  3b � 2 x  3  2 2 x  1  3 2 x  2 giải phương trình này được nghiệm x  1 . 0,25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x  1 .
Câu III. ( 2.0 điểm)
Từ (1) : (x +2)(x+1)(x-1)(x-2) <0 (*)
 x a  1
Từ (2): 
 x a  2

0,5

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

Để x = a- 1 thoả mãn (*) thì: a(a+1)(a-2)(a-3) < 0  a    1;2    2;3
Để x = a+2 đúng với (*) thì: (a+3)(a+4)(a+1)a < 0  a    4; 3    1;0 
Vậy a    4; 3    1;0    2;3
Câu IV. ( 1.0 điểm)
Do x, y >1 nên bất đẳng thức đã cho tương đương với

0,5
0,5
0,5

( x 2  y 2 ) 2  xy  x  y   x 2 y 2
2 x 2  2 y 2  x 3 y  xy 3  x 3  xy 2  x 2 y  y 3  x 2 y 2 0

0,25

  x  1 y  1 x  y    xy  x  y  0 , bất đẳng thức này luôn đúng. Dấu bằng xảy ra
2

2

khi x = y = 2
Câu V.1. (1.0 điểm)
Phương trình đường thẳng trung trực của đoạn AB là: x + 3y – 3 =0

0,5
(l)

Đường thẳng chứa M có phương trình dạng x – y +c = 0 (d) ( c khác 2)
 x  y  2 0

Ta có E  0;2  thuộc đường thẳng đã cho và d  E ; d  2 2  
 x  y  6 0

0,25

0,25
M lần lượt là giao điểm của l và hai đường thẳng vừa tìm. Vậy toạ độ M là nghiệm hệ:
  x  y  2 0

  x  3 y  3 0
  x  y  6 0 Vậy M(9/4;1/4); M(-15/4;9/4)

  x  3 y  3 0

0,5

2. (1.0 điểm)
Gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C. Do tứ giác BCB’C’ nội
�  FCA
� �
tiếp nên FDA
ABE  �
ADE � H nằm trên đường phân giác trong hạ từ D của tam
giác DEF, tương tự ta cũng chỉ ra được H nằm trên đường phân giác trong hạ từ đỉnh E của

0,25

tam giác DEF. Vậy H là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác DEF.
Ta lập được phương trình các đường thẳng DE, DF lần lượt là
DE : 3 x  y  5  0; DF : 3 x  y  7  0 . Do đó phương trình phân giác trong và ngoài của

đỉnh D là

3x  y  5
10

3x  y  7
�
� x  2  0; y  1  0 . Kiểm tra vị trí tương đối của E,
10

0,5

F với hai đường trên ta được phân giác trong kẻ từ đỉnh D là
d : x  2  0 . Tương tự ta lập được phương trình phân giác trong kẻ từ đỉnh E là
d ' : x  y  1  0 . Mặt khác H là giao của d và d’ nên H  2;3
�5 7 �
Ta có AC là trung trực của HE nên AC đi qua trung điểm B ' � ; � và có vtpt là
�2 2 �

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


uuur
HE   1;1 � AC : x  y  6  0
E

A

B'
C'

F
B

0,25

H
A'

C

D

Câu VI. (1.0 điểm)



Theo đề ra ta có hệ: 



1
f ( x)  2 f    x  1
 x

1
1
f    2 f  x   1
x
 x


1
 f  x  2 f  x  x  1

 

 4 f  x   2 f  1  2  2

x
 x
0,5

2
x 1 2
 3 f ( x)  x   1  f ( x ) 
 ; x khác 0
x
3
3x

0,5

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