De thi HSG lan 2 THPT Song Lo VP

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT SÔNG LÔ. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2 NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN – Lớp 10 (ngày thi: 04/01/2013) (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1 ( 2 điểm )..  x 2  y 2  2x  2y 2m  2 x  y  2  4    Cho hệ phương trình :. a. Giải hệ khi m=4 b. Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm phân biệt Câu 2 ( 2 điểm ). a. b.. Giải phương trình :. x 2  x  1  x 2  3x  1  2x  1. x  6 x  9  m x  2 x  9  8 x . Tìm m để phương trình có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho x1  10  x 2. 3m  1 2. Câu 3. ( 3 điểm ). Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn tâm O , điểm D là trung điểm của AB , E là trọng tâm tam giác ACD . Chứng minh rằng : CD  OE Câu 4 ( 2 điểm ). Giải bất phương trình:. ( x 2  3x) 2 x 2  3 x  2 0 .. Câu 5 . ( 1 điểm ). Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : ab+bc+ca=3 . Chứng minh rằng :. 1 1 1 1    2 2 1  a  b  c  1  b  c  a  1  c  a  b  abc 2. ---------------------------------HẾT--------------------------------Cán bộ coi thi không giải thích giừ thêm..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Đáp án. Thang điểm. Câu 1 a, +TXĐ, tính đồng biến nghịch biến ,Bảng biến thiên +Đồ thị đúng đẹp y  x 2  4x  3 b, +Lập luận để vẽ và vẽ đúng đồ thị hàm +Từ đồ thị suy ra để PT có 4 nghiệm phân biệt thì : 0<m<1. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm. Y 4 3 2 1. X -4. -3. -2. -1. 1. 2. 3. 4. -1 -2 -3 -4. Câu 2 2 a, ÑK : x  3 x  1 0. 0,5 điểm 0,5 điểm. 0,25 điểm. 0,25 điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x 2  x  1  x 2  3 x  1  2 x  1 (1) . . x2  x 1 . . x 2  3 x  1   2 x  1 0. 4x  2.  2   2 x  1 0   2 x  1    2 2 2 2 x  x  1  x  3x  1  x  x  1  x  3x  1  1  2 x  1 0 x    2  2 2  x  x  1  x  3 x  1 2 2  x  x  1  x 2  3 x  1 2 (2).  1  0  . 1 laø moät nghieäm cuûa phöông trình (1) 2  x 2  x  1  x 2  3 x  1  2 x  1 Từ (1) và (2) ta có hệ   2 x 2  x  1 2 x  3 2 2  x  x  1  x  3 x  1 2. 0,5 điểm. 0,5 điểm. Ta thaáy x .  3 2 x  3 0 x  2 5    x 2   2 8 4 x  x  1  2 x  3 4 x 2  x  1  2 x  3 2   1 5 Thử lại ta có các nghiệm x  ; x  2 8. . . . . 3m  1 2 b, PT đặt t  x  9, t 0 3m  1 t  3  m  t  1  t 2  9   2t 2  2  m  1 t  m  13 0 2 PT trở thành : (1) PT ban đầu có nghiệm x1  10  x 2  '  0  0 t 1  1  t 2    t 1  1   t 2  1   0   t1  t 2  0  (1) có nghiệm  m  1 2  2  m  13   0 m 2  25  0   m  13    m  1  1  0  13  m  0  m  13  2 m   1  m  1  0  Câu 3   AB  1;  1 ;BC  4;4  1.a, Ta có . x 9 3m. . 0,5 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm. . x  9  1 x . 0,25 điểm 0,25 điểm. 0,25 điểm 0,25 điểm.   AB.BC 0  AB  BC  tam giác ABC vuông tại B. b, Theo tính chất của phân giác trong ta có :   IA AB 2    IM  2IA IM BM 2 2  4  1; 3   Từ đó , tính được tọa độ của I là . 0,25 điểm. 0,5 điểm 0,5 điểm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2.Gọi M là trung điểm của AC.       3OE OA  OC  OD 2OM  OD Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên    D là trung điểm của AB nên 2CD CA  CB Vì (O) ngoại tiếp ABC nên OD  AB;OM  AC , ABC cân nên OD=OM       OD  OM  DM mà DM//BC  OD  OM  BC Do đó , Ta có :     . . . . . . . . . . 0,25 điểm. . 3OE.2CD  OA  OC  OD CA  CB           2OM  OD CA  CB 2OM.CB  OD CA  CB       2OM.CB  OD 2CB  BA 2OM.CB  2OD.CB     2 OM  OD CB 0. . . 0,5 điểm. . . . .  x  1 2   y  1  2 2m  2   2    x  1   y  1   4 Câu 4. HPT đặt a x  1;b y  1 ta được   a  b 2  1 a 2  b 2 2m  2     a  b  2  2   2  a  b  4  ab 1  m  3  (*) a  b 2 a  b  2    a, Khi m=4 ta có ab  3 ab  3   a;b     1;  3  ,   3;1 ,   1;3  ,  3;  1  Từ đó ra các nghiệm của hệ ban đầu : (2;-2),(-2;2),(0;4),(4;0) (Lưu ý : nếu thí sinh thay m vào luôn HPT thì câu a vẫn tính 1 điểm ) b, ĐK cần :Ta có hệ ban đầu có nghiệm  hệ (*) có nghiệm; Số nghiệm của hệ đầu cũng là số nghiệm của (*). Nếu (a0,b0) là nghiệm của (*) ( dễ thấy a0≠-b0) thì (-a0;-b0),(b0;a0),(-b0;-a0) , do đó để hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt thì : a=b Thay vào (*) ta được m=0 ĐK đủ :với m=0 dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn Lưu ý : Có thể giải bằng việc thế (1) , (2) vào (3) ra PT a 2  2a  1  m 0  4  a 2  2a  1  m 0  5  Từ đó , dẫn đến hệ có 2 nghiệm phân biệt khi : (4) và (5) có nghiệm kép hoặc (4) có 2 no p/b, (5) vô no hoặc (4) vô no , (5) có 2 no pb. 0,25 điểm. 0,5 điểm 0,25 điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Câu 5 Từ giả thiết. 3 ab  bc  ca 3 3 a 2b 2c 2  abc 1. 1 1 1 1    2 1  a  b  c  abc  a  b  c  a  ab  bc  ca  3a 2. Nên ta có :. 1 1 1 1  ;  2 1  b  c  a  3b 1  c  a  b  3c 2. Tương tự Cộng vế với vế các BĐT ta được điều phải CM Dấu bằng xảy ra  a=b=c=1. Xét 2 trường hợp sau:  x 2 2 x  3x  2 0    x  1  2 TH1:. 0,5.  x 2  3 x 0 (1)  2 2 x  3x  2  0 (2) TH2: . 0,5. 2.  x 3  Giải (1) ta được  x 0. 0,5. x2  x 1 2 Giải (2) ta được . 0,5. Kết hợp nghiệm ta được nghiệm của BPT là: x 3 ;. x . 1 2 hoặc x 2 .. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>