De thi HSG lop 10 THPT Kon Tum

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang). THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2012-2013 Môn: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi: 31/01/2013 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề). ĐỀ BÀI Bài 1. (4.0 điểm). 11 25  1 2 x  x  5 2 1. Giải phương trình:. 2.Giải hệ phương trình:.  x 2  y 2  6 0  2   2  2  x  y  1     3 0  x y . Bài 2. (5.0 điểm) 2. Cho hàm số y  x  2ax  b (1) 1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng x 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P). 2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất. Bài 3. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho:. BM . a 2a CN  ; AP x (0  x  a ) 3 ; 3 . Tìm x theo a để AM ^ PN.. Bài 4. (2 điểm) Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận 3. x  3  1 làm nghiệm. Bài 5. (3.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:. x  y  2013 z  3 4  x3  y 3 . . x  y  2013 xyz .. Bài 6. (3.0 điểm) Cho tam giác ABC không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong AD, BE  D  BC , E  AC  biết rằng AD.BC BE. AC . Tính góc C. ----------- HẾT -----------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Chú ý: 1.Trong đề toán này có nhiều bài mà phương pháp giải có nhiều lựa chọn, do đó giáo viên chấm cần để ý kĩ cách giải của học sinh để xây dựng một đáp án phù hợp cho cách giải khác. 2.Bài toán có nhiều ý độc lập nhau thì học sinh làm đúng bước nào thì cho điểm bước đó, nếu ý sau liên quan tới ý trước mà ý trước sai thì không chấm tiếp các ý còn lại. Đáp án chấm chi tiết. Câu. Nội dung. 1.1. Điểm 2đ. 11 25  1 2 x  x  5 2. Giải phương trình: (1) t  x  5  t 0; t  5  Đặt khi đó phương trình trở thành 11.  t  5. 2. . 0.5đ. 25 2 2 1  11t 2  25  t  5  t 2  t  5  2 t. 0.5đ.  t 4  10t 3  39t 2  250t  625 0 625  25      t 2  2   10  t    39 0 t  t    25 a t   a 10, a  10  (*) t Đặt. 0.5đ. 2 ta thu được phương trình a  10a  11 0  a 11(do(*)) 25 11  21 t  11  t 2  11t  25 0  t  a  11 t 2 Với ta có. 0.5đ. 1  21 x 2 khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: 1.2.  x 2  y 2  6 0  2   2  2  x  y  1     3 0 x y   Giải hệ phương trình:  x  y   x  y  6  (I )   4 2  x  y  1  x  y 2 3    Ta có. 2đ (I ). 0.5đ.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> a  x  y  b 0   b  x  y  Đặt ta có hệ ( I ) trở thành a.b 6  (I )    4 2 a  1   3    b2. 1 a  b  6  2  a  1 2  4a 3  36. (1) (2).  a 3 9  a  1  a 27  8a  18a  18 0    a  3 4  Từ (2) ta có phương trình: 5  x  x  y  3   2    x  y 2  y  1  2 a 3 ta có b 2 suy ra *Với 2. nghiệm hệ là. a  *Với. 2.1. 0.5đ. 2. 0.5d. 5 1 ;   2 2.  x; y  . 3 4 ta có b  8 suy ra. nghiệm hệ là. 2. 3   x  y  4   x  y  8.  35   x  8   y  29  8. 0.5đ.  35 29  ;   8 8 .  x; y  . 2 Cho hàm số y  x  2ax  b (1). Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng x= 2 và có đỉnh nằm trên trục Ox. Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P).. 2đ. Vì (P) có trục đối xứng x = 2 nên  a 2  a  2 mà đỉnh của (P) nằm trên Ox 2 2 do đó 0 2  4.2  b  b 4 hàm số trở thành y  x  4 x  4 Bảng biến thiên. 0.5. 0.5 x. . y. +. 2. + +. 0 Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I(2;0), nhận x = 2 làm trục đối xứng và qua các điểm A(1; 1), B(0;4), C(3; 1), D(4;4) Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số.. 0.5 0.5. y.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> x O. 2.2. Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất. Gọi. A. là. giao. . M  ( P )  M a;  a  2 . Vậy với. điểm 2. . của. (P). với. d ( M , Ox)  a  2    d ( M , Oy)  a. S d ( M , Ox)  d ( M ,Oy)  a   a  2 . Oy. ta. có. A(0;4),. M. 2. 3đ 1đ. 2. Nếu a < 0 thì S > 4. 0.5đ Nếu a > 2 thì S >2 0.5đ. 2. 3 7 7 2  S a   a  2   a     2 4 4  Nếu 0 a 2 thì. 3.  3 1 7 3 M ;  a  2 4  là 2 khi đó Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là 4 xảy ra khi điểm cần tìm. 1đ. Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P. 3đ. a 2a sao cho: BM = 3 ; CN = 3 ; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ^ PN x  AP x  AN 1 1   AP  AB;   AN  AC a AC 3 3 Từ giả thiết ta có: AB a. 0.75. .    1 x PN  AN  AP  AC  AB 3 a vậy. . 1  x    PN  AC  AB  3aPN a AC  3x AB 3 a suy ra. 1.   2  1    AM  AB  AC  3AM 2 AB  AC 3 3 Hơn nữa: AM ^ NP .         AM .PN 0  3 AM .3aPN 0  2 AB  AC  3x AB  a AC 0. . . 0.5. . 0.75.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>   1   6 x. AB 2  aAC 2   2a  3 x  AB. AC 0   6 xa 2  a 3   2a  3 x  a 2 0 2. 15 2 4 xa  2a 3 0  x  a 2 15. . 4. Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận x  3 3  1 làm nghiệm. Ta có. x  3 3 1 . 3. 2đ. 3. 3 x  1  3  x  1  x 3  3x 2  3x  4 0. 3 2 Vậy P ( x)  x  3x  3 x  4 là một đa thức thỏa ycbt. Ta chứng minh n = 3 là bậc nhỏ nhất cần tìm. Thật vậy vì không có đa thức bậc 3 nhất với hệ số nguyên nhận x  3  1 làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai 3 2 với hệ số nguyên nhận x  3  1 làm nghiệm là ax  bx  c khi đó tồn tại đa P( x)  mx  n  ax 2  bx  c thức với hệ số nguyên mx + n sao cho bằng cách đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên.. . Vậy. . . Q( x) k x 3  3x 2  3 x  4 (k  , k 0). 5. Ta có :. (1) . 3. 4  x3  y 3  x  y. Mà. x  y  2013 x yz. 3đ .(1) 0,5đ. 2. 4  x3  y 3    x  y  3  x  y   x  y  0. Suy ra:. z  3 4  x3  y 3   z  x  y x  y  2013. Vậy. z  3 4  x3  y3 . . .. 3. 6. là đa thức cần tìm.. x  y  2013 CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có:. . z  3 4  x3  y3 . . .. x  y  2013 x yz. Cho tam giác ABC không cân tại C, kẻ các đường phân giác trong AD, BE  D  BC , E  AC  biết rằng AD.BC BE. AC . Tính góc C. Gọi O là giao điểm hai đường phân giác. 1,5đ 0,5đ. 0,5đ. 3đ. 1đ Ta có:. AD.BC sin ADB BE. AC.sin AEB.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> mà. AD.BC  BE. AC  sin ADB sin AEB.  ADB  AEB    ADB  AEB 180o. 0.5đ.   TH1: Nếu ADB  AEB thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó     EAD EBD tức là A B , điều này trái với giải thiết bài toán o o     TH2: Nếu ADB  AEB 180 thì ECD  EOD 180. 0.5đ. 0.5đ. 1   EOD  AOB 180o  ABO  BAO 90o  C 2 do đó. . .     90o  1 C  C  60 o 180o ECD  EOD C 2 Suy ra 0.5đ. o  Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi C 60. A P. C N D. B. E. B M Hình vẽ bài 3. A. C. Hết. Hình vẽ bài 6.

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