DA ky thi chon hoc sinh gioi lop 10 THPT nam hoc20122013

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC. KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. ĐỀ CHÍNH THỨC. Câu 1. a). 1 1  2  x    x 2  x2. Giải phương trình. 2 2 b) Cho phương trình bậc hai x  2mx  m  2m  4 0 ( x là ẩn và m là tham số). Tìm tất cả các x, x giá trị thực của m sao cho phương trình đã cho có hai nghiệm không âm 1 2 . Tính theo m. giá trị của biểu thức. Câu 2.. P  x1  x2. và tìm giá trị nhỏ nhất của P ..  x 2  xy  y 2  x  2 y 0  x, y     2 x  xy  y  2  Giải hệ phương trình:. Câu 3. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn. Chứng minh rằng. a. 2. 1 1  1  b2  c2   2  2  2 a b c.   10 . Câu 4..  O; R  . Gọi G và M lần lượt là trọng a) Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn tâm tam giác ABC và trung điểm cạnh BC. Chứng minh nếu đường thẳng OG vuông góc với 2 2 2 2 đường thẳng OM thì AC  AB  2 BC 12 R .. b) Cho tam giác ABC có độ dài các đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C lần lượt là m, n, p . Tính độ dài các cạnh AB, BC , CA theo m, n, p . c). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt có phương trình là x  2 y 0, x  2 0, x  y  3 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC bằng và đỉnh A có hoành độ âm.. 10. Câu 5. Cho tứ giác lồi ABCD và một điểm M nằm bên trong tứ giác đó (M không nằm trên các cạnh     của tứ giác ABCD). Chứng minh tồn tại ít nhất một trong các góc MAB, MBC , MCD, MDA có 0 số đo không lớn hơn 45 .. -------------Hết----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh……………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 03 trang). KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Dành cho học sinh THPT không chuyên). 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 1(3đ). Nội dung trình bày 1.a (1,5 điểm)  x 0  x   2;0  0; 2  2 2  x  0  Điều kiện: 1 1  2 2 Đặt y  2  x  0 . Thay vào ta được: x y . Do đó ta có hệ phương trình:. .  x 2  y 2 2   1 1  x  y 2 .  x 2  y 2 2    x  y 2 xy.  . . 2   x  y   2 xy 2    x  y 2 xy. Điểm 0,25. 0,5.   x  y 2   x  y    x  y   2 0  xy 1     x  y  1  x  y 2 xy    xy  0,5. 0,25.  x  y 2  y 2  x  2   xy 1 x  2 x  1  0   +). 0,25. 2.  x 1   y 1.   1 3 x  x  1  y x  y  1    2  2    xy  0,5 2 y  2 y  1 0 y  3  1  2 +) (do y  0 )   1  3  S  ;1 2    Vậy phương trình đã cho có tập nghiệm là 1.b (1,5 điểm) 2 2 Phương trình x  2mx  m  2m  4 0 (1) có hai nghiệm không âm. 0,25. 0,75.

<span class='text_page_counter'>(3)</span>  ' m 2  m 2  2m  4 0    S 2m 0  m 2.  P m 2  2m  4 0  2 Theo định lý Vi-ét ta có x1  x2 2m; x1 x2 m  2m  4 . Do đó x1  x2 . m 2 . Do 2(2đ). . x1  x2. . 2.  x1  x2  2 x1 x2  2m  2. x1  x2  8. 0,5 3 0,25. . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi m 2 .. Đặt z  y  1 , thay vào hệ ta được: 2  x 2  xz  z 2 1  x  z   3xz 1     x  z  1 xz  x  xz  z 1   x  z 2   x  z 2    xz 1    x  z 1     xz  x  z  1   x  z 1     xz 0.  x  z 2    xz 1.  m  1. 2.  x  z  2  3  x  z   2 0   x  z  1  xz. 0,5. 0,5.  z 2  x  x 1  x 1    2 z  1 x  2 x  1  0   y 2 . 0,25. +).  x  z 1   xz 0  +) 3(1đ).  z 1  x   2  x  x 0.  x 1, z 0    x 0, z 1.  x 1, y 1   x 0, y 2. S   1; 2  ,  1;1 ,  0; 2   Vậy hệ phương trình có tập nghiệm là Do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác không nhọn nên có một trong các bất đẳng 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 thức sau xảy ra: a b  c , b c  a , c a  b . Giả sử a b  c , khi đó ta có: 2 2  1 1 1  1 1  b c  1 1 a 2  b 2  c 2  2  2  2  1  a 2  2  2    b2  c2  2  2  2 a a b c  b c  b c . . . . 0,5 0,25 0,25. . 4 b2  c 2 1  a . 2 2  4 b c a2. 0,25. 2. 3a 2 a2 b2  c2 a 2 b2  c2 1  2 2  2 2   4 1  3  2 2 2 .  4 10 b c b c a2 b c a2 . Do đó. 4(3đ). 0,5.  a  b  c   a12  b12  c12  10 . 4.a (1,0 điểm) Áp dụng quy tắc trọng tâm và quy tắc trung điểm ta có:       OA  OB  OC OB  OC OG  , OM  3 2 . Khi đó        OG  OM  OG.OM 0  OA  OB  OC OB  OC 0        OA.OB  OA.OC  2OB.OC  2 R 2 0 2. 2. 2. . . 0,25. . 0,25. 2 2   2 a b  a  b   1 1   2 R 2  AB 2    2 R 2  AC 2   2 R 2  BC 2  2 R 2 0 a.b  2 2 2 (chú ý ) 2 2 2 2  AB  AC  2 BC 12 R. . . 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 4.b(1,0 điểm) a BC , b CA, c  AB, p . Kí hiệu Theo công thức Hê – rông ta có: S  p  p  a  p  b  p  c. 2S 2S 2S a  b c a  ,b  ,c  m n p 2 . Khi đó ta có. 0,25. 0,25.  1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1  4S  2 S     2 S      2 S     2 S     m n p  m n p m n p m n p. 1 4.Sk k , trong đó 2.  1 1 1  1 1 1  1 1 1  1 1 1  k                m n p  m n p  m n p  m n p  2 2 2 a  ,b  , c  mk nk pk . Do đó. 0,25. 0,25. 4.c (1,0 điểm) Do BC vuông góc với đường cao kẻ từ A nên BC có dạng 2 x  y  c 0 . Tọa độ đỉnh B là 2 x  y  c 0  x 2   B  2;  c  4   x  2  0 y  c  4   nghiệm của hệ , tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình 2 x  y  c 0  x  c  3   C   c  3; c  6    x  y  3 0  y c  6 . B  2;  c  4  AB đi qua và vuông góc với đường cao kẻ từ C nên AB : 1.  x  2   1.  y  c  4  0  x  y  c  6 0 . Tọa độ đỉnh C là nghiệm của hệ x  y  c  6  0 x  2 c  12     A  2c  12; c  6    x  2 y 0  y c  6 . Theo giả thiết ta có AB. AC.BC AB. AC.BC AB. AC 10   10   2 10 4 S ABC 2.d  A, BC  .BC d  A, BC  .  2c  10 . +) Nếu. 5(1đ). 2. 2.   2c  10  . 3c 15. 4c  24  c  6  c. 0,25. 0,25.  c  7 2 10  c  5 2    c  3. 5 c  7  A   2;  1 , B  2;3 , C  4;  1. .. c  3  A  6;3  , B  2;  1 , C  0;3 +) Nếu không thỏa mãn hoành độ của A âm. A   2;  1 , B  2;3 , C  4;  1 Vậy .     min MAB, MBC , MCD, MDA  450 Giả sử (1). 2 2  cos MAB MA  AB  MB 2 MA2  AB 2  MB 2  cot MAB      4 S MAB sin MAB 2. MA . AB .sin MAB Ta có .. . 0,25. 0,25. . 0,25. MA2  AB 2  MB 2  cot 450 1  MA2  AB 2  MB 2  4 S MAB  2  4S MAB Kết hợp với (1) ta được Tương tự ta được các bất đẳng thức sau đây :. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> MB 2  BC 2  MC 2  4S MBC  3 MC 2  CD 2  MD 2  4S MCD  4  MD 2  DA2  MA2  4S MDA  5  Cộng theo vế các bất đẳng thức (2), (3), (4), (5) ta được: AB 2  BC 2  CD 2  DA2  4  SMAB  S MBC  S MCD  S MDA  4S ABCD. (6). Mặt khác ta lại có: AB 2  BC 2  CD 2  DA2 2 AB.BC  2CD.DA 4 S ABC  4 SCDA 4 S ABCD , mâu thuẫn với (6). Do đó giả sử ban đầu là sai suy ra tồn tại ít nhất một trong các góc     0 MAB , MBC , MCD , MDA có số đo không lớn hơn 45 . ----------------------Hết----------------------. 0,25. 0,25.

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