De DA thi HSG Toan 10 thpt Ly Thuong Kiet TH 20112012

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT. KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Toán- Lớp 10 Thời gian làm bài: 120 phút.(Không kể thời gian giao đề) (Đề thi có 01 trang, gồm 05 bài). Bài 1. (6 điểm) 2.  Pm  Cho hàm số f  x   x  2(m  4) x  (m  4)(m  1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m = 3. P b) Tìm m để đồ thị  m  của hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm nằm về hai phía của trục tung. P c) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị  m  của hàm số nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành.. Bài 2. (6 điểm) 1 2 1. Giải bất phương trình: 1 - x. 2. Giải phương trình:.. -1>. 3x 1 - x2. x 2  1  x 1 2 x  x  2.  x3  4 y  y 3  16 x  1  y 2 5  1  x 2    3. Giải hệ phương trình: Bài 3. (4 điểm) 1. Phương trình hai cạnh của một tam giác là 3x  y  24 0 và 3x  4 y  96 0 Viết  32  H  0;  phương trình cạnh còn lại của tam giác đó, biết trực tâm của tam giác là  3  . 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đềcác vuông góc Oxy cho đường thẳng.    : 2 x  y  3 0 và hai điểm. A   5;1 , B   2; 4 . . Viết phương trình đường tròn đi qua. hai điểm A, B và có tâm thuộc đường thẳng   . Bài 4. (2 điểm)     Tìm tính chất tam giác ABC, biết rằng :  CA + CB  =  CA - CB  Bài 5. (2 điểm) Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz  64(x – 1)(y – 1)(z – 1) . -------------------- Hết--------------------. Thí sinh không được sử dụng bất kì tài liệu nào. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.................................................... SBD:.......................

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT. Câu. ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011-2012 Môn thi: Toán- Lớp 10 Phần. Nội dung Với m = 3, hàm số trở thành:. I. Điểm. f  x   x 2  2 x  4. 0,5. TXĐ: D  . Tọa độ đỉnh I(-1; -3), Trục đối xứng: x = -1 Bảng biến thiên x. f  x   x 2  2 x  4. 1,0 Hàm số đồng biến trên. ( ;  1) và nghịch biến trên ( 1; ) .. 1. Vẽ đồ thị: +, Tọa độ đỉnh I(-1; -3), +, Trục đối xứng x= -1, +, Giao với Oy: (0; -4) 8. 6. 4. 0,5. 2. -10. -5. 5. -2. -4. -6. -8. 2. Đồ thị (Pm) cắt trục Ox tại 2 điểm nằm về 2  f x 0.   phía Oy có 2 nghiệm phân biệt trái dấu c  P    m  4   m  1  0  a. Vậy các giá trị cần tìm của m là:. 1.0. 4  m1.0 m   1 .

<span class='text_page_counter'>(3)</span> m    ;  1   4;  . Do a = -1 < 0, nên: Đồ thị (Pm) nằm hoàn toàn phía dưới trục hoành Ox. 1.0.  x  ; f  x   0.   '  0   m  4   2m  3   0 . 3 m4 2. 1.0. 3  m   ; 4  2  . Vậy:. Điều kiện:  1  x  1 3. 0,25. II. x2 3x   x 2  3x 1 0,75 x2  x 3 1  x2  2 2 1 x 1 x   0  x  1   3 10 2  3 1  x  x  x 1    10     1  x  0   1  x  0  2 1.0 3 1  x  x  . . Bpt . 1. . Vậy tập nghiệm là:  3 10  S   1;0    ;1  10   x 0  Điều kiện:  x  2. 0,5. PT viết thành: 2. x  1  x  1 2 x  x  2 . 2. (1) x   1 :  Với  x  2 PT trở. 0,5. thành 3x 2  3x  2 0  x .  3. 33 6.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Với  1  x  0 : PT là 3 x 2  5 x 0  x 0; x . 5 3. 0,5. (loại) Với x  0 : PT là x 2  3x 0  x 0; x  3. 0,5. (loại) Giải hệ PT:  x3  4 y  y 3  16 x  2 2 1  y 5  1  x .  1  2. Từ (2): y 2  5 x 2 4.  3. Thay vào (1) ta được:. 0.75. x 0  x  x 2  5 xy  16  0   2  x  5 xy  16 0. Với x = 0, thay vào (3) thì y 2 Với x 2  5 xy  16 0  y . x 2  16 5x. 0.5. 0.5. . Thay vào (3) thì được x 1. Vậy HPT có các x; y  nghiệm  là:.  0;  2  ,  0; 2  ,  1;  3. III. 0.25 và   1;3. 1. Gọi AB: 3x  y  24 0 và AC: 3 x  4 y  96 0. 3. thì tọa độ. A  0; 24 . 0,5. Đường thẳng vuông góc với AB và đi qua H có phương trình: x  3 y  32 0 Tọa độ C là nghiệm của HPT: 3x  4 y  96 0  C  0;32    x  3 y  32 0. 1.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cạnh BC nhận . 40   AH  0;   3  làm 1 . 0,5. VTPT. Vậy ptrình cạnh BC là: y – 32=0 Gọi I là tâm của đường tròn. Do I   , nên tọa độ của I có dạng. 0.5. I  x;  2 x  3. Đường tròn đi qua 2 điểm A   5;1 , B   2; 4 . ,. 1.0. nên IA = IB 2. 2. 2. 2.    5  x    4  2 x    2  x    7  2 x   x  2 . 2. Tâm. I   2;1. và. R 3 . Vậy ptrình. đường tròn là:.  x  2. 2. 0,5. 2.   y  1 9. Xét ABC : Ta có.       CA  CB  CD  CA  CB  BA. IV. Suy ra h.b.h ACBD có 2 đường chéo bằng nhau nên ACBD là hình chữ nhật. Vậy ABC vuông tại C Cho x, y, z > 1 và x + y + z = 4. Chứng minh: xyz  64(x – 1)(y – 1) (z – 1). 1.0. 1.0. V. Ta có:. 1. x  x  1  1  x  1  x  y  z  3. 2  x  1   x  1   y  1   z  1 44  x  1  y  1  z  1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Tương tự: 2 y  44  x  1  y  1  z  1. ;. 2 z  44  x  1  y  1  z  1. Vậy: xyz  64(x – 1) (y – 1)(z – 1). Đẳng thức xảy ra khi và chỉ x  y z . 4 3. 1. khi (đpcm) Ghi chú: Học sinh làm bài khác với đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa của mỗi câu..

<span class='text_page_counter'>(7)</span>