DeDA thi chon DT Olympic Toan 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN OLYMPIC MÔN TOÁN – KHỐI 10 NĂM HỌC 2012-2013 Thời gian làm bài: 150 phút không kể thời gian phát đề. Câu I: (5 điểm).  x  1  x  2   x  4   x  8 4 x 2 1. Giải bất phương trình: 2. Cho các số thực a, b, c (với a ≠ 0) sao cho: phương trình ax 2 + bx + c = 0 có hai  a  b   2a  b  P a  a  b  c  0; 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: nghiệm thuộc đoạn . Câu II: (5 điểm) 1. Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: (x+ 1)(x +2)( x+ 8)( x+ 9)= y 2 2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm: 1  1 x   y  5  x y    x 3  1  y 3  1 15 m  10  x3 y3 0  Câu III: (3 điểm) Trong mặt phẳng, cho góc xOy 60 . M, N là hai điểm lần lượt thay. đổi trên hai tia Ox và Oy sao cho:. 1 1 2012 + = . Chứng minh đường thẳng MN OM ON 2013. luôn đi qua điểm cố định. 17 Câu IV: (2 điểm) Cho x, y là hai số dương thay đổi, có tổng bằng 4 . Tìm giá trị nhỏ 1 2 x+11 3 y P=x 2 +11 x+ 2 + + nhất của biểu thức: y xy+ 1 . y. Câu V: (5 điểm) 1. Trên mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d 1 :2 x − 3 y − 3=0 và d 2 :5 x +2 y − 17=0 . Đường thẳng d đi qua giao điểm của d 1 và d 2 cắt hai tia Ox, AB 2 Oy lần lượt tại A và B. Viết phương trình đường thẳng d sao cho S 2Δ OAB. nhỏ nhất.. 2. Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của G xuống cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng:     a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1 0 . (với a=BC, b=AC, c=AB). ----------------------- Hết ----------------------.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN. Câu. ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM CHẤM THI CHỌN ĐỘI TUYỂN DỰ THI OLYMPIC THPT THỊ Xà BỈM SƠN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi: TOÁN - LỚP 10 (Đáp án - Thang điểm gồm 4 trang) Nội dung. I. x  1  x  2   x  4   x  8  4 x 2  1. Giải bất phương trình:. bpt  2    x 2  6 x  8   x 2  9 x  8  4 x 2 x 0 kh«ng ph¶i lµ nghiÖm 8   x  x x 0 , ph¬ng tr×nh (2)  8 x  t t 4 2 x §Æt , ®iÒu kiÖn. Thang điểm 5.0đ 2.5đ. (2). 0,5. 8   6   x   9  4 x  . 0,5. (*) Bpt trở thành: t  15t  50 0  5 t 10 , kết hợp (*) ta đợc: 8 4 2 t 10  4 2  x  10  5  17 x 5  17 x x   5  17;5  17  KL: nghiÖm cña BPT lµ:  a  b   2a  b  P a  a  b  c 2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: . b   x1  x2  a  x x c 1 2 a Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của PT đã cho. Theo Vi-et:  Do a 0 nên ta có : b  b  1   2   1 x  x   2  x  x  x 2  x22  x1  x2 a  a 1 2 1 2 P   2  1 1  x1  x2  x1 x2 1  x1  x2  x1 x2  b c 1    a a Không mất tính tổng quát giả sử x1  x2 do 2 nghiệm thuộc [0; 1] nên x12  x1 x2 ; x22 1 và 1  x1  x2  x1 x2 > 0 nên ta có: 2. x12  x22  x1  x2 x1 x2  1  x1  x2  1 1  x1  x2  x1 x2 1  x1  x2  x1 x2 P3   x1 0  c 0  x = 1   2 b  a 0     x  x x x  1  1 1 2   b  1  2  a c  0 x = 1  x  1  2  2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi:  2. 1,0. 2.5đ. 0,5. 0,75. 0,75 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Vậy giá trị lớn nhất của P bằng 3 II 1.Tìm tất cả các nghiệm nguyên của phương trình: (x+ 1)(x +2)(x+ 8)( x+ 9)= y Đặt t=x+ 5 , ta được: (x+ 1)(x +2)( x+ 8)( x+ 9)= y 2 ⇔ (t 2 −9)(t 2 − 16)= y 2 (1) 2 25 Đặt u=t − ( 2u ∈ Z ) (1)  (2u  2y)(2u  2y) 49 2 2u+2 y=49 ∨ 2 u+2 y=1 ⇒ 2 u=25 ∨ 2 u=25 Trường hợp 1: 2 u −2 y=1 2u −2 y=49 y =12 y =−12 2u=25 ⇒ t=± 5 ⇒ x=0 hay x=−10 Từ đó (x , y )=(0 ; ±12) , (−10 ; ± 12) 2u+2 y=− 49 ∨ 2u+ 2 y =−1 ⇒ 2 u=− 25 ∨ 2 u=−25 Trường hợp 2: 2 u −2 y=− 1 2 u− 2 y =− 49 y=− 12 y=12 2u=−25 ⇒ t=0⇒ x=−5 Từ đó ( x , y )=(−5 ; ±12) 2 u+2 y=7 ∨ 2u+ 2 y =−7 ⇒ 2 u=7 ∨ 2 u=− 7 Trường hợp 3: 2u −2 y=7 2 u −2 y=− 7 y=0 y =0 2u=7 ⇒ t=± 4 ⇒ x=−1 hay x=− 9 2u=−7 ⇒ t=±3 ⇒ x=− 2 hay x=−8 Từ đó (x , y )=(−1 ; 0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0). { { {. {. {. {. {. {. {. {. {. 2. 5.0đ 2.5đ 0, 5. 0,5. 0,5. {. Tóm lại phương trình có 10 nghiệm nguyên (x, y) là: (−1 ; 0) , (−2 ; 0) , (−8 ; 0) , (−9 ; 0) , (0 ; 12) , (0 ; −12) , (−5 ; 12) , (−5 ; −12) , (−10 ; 12) , (−10 ; −12) 2. Tìm điều kiện của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm 1 1 y x y với u 2, v 2 x và v = Đặt u = u  v 5 u  v 5    3 3 u  v  3  u  v  15m  10 u v  8  m Hệ đã cho trở thành:  u, v là các nghiệm của PT : t2 – 5 t + 8 = m (1). 0,5. 0,5 2.5đ 1.0.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi PT (1) có nghiệm t1, t2 thoả mãn (t1, t2 không nhất thiết phân biệt) ( ;  2    2;   Xét hàm số y = t2 – 5 t + 8 với t t - -2 2 5 2 + y. t1 2, t2 2. + +. 22 2. 1.0 7 4. Từ bảng biến thiên suy ra hệ đã cho có nghiệm khi. 7  4  m 2   m 22 0.5. III.. IV. Chứng minh đường thẳng MN luôn đi qua điểm cố định. Gọi Ot là tia phân giác của góc xOy Suy ra Ot cố định. Gọi I là giao điểm MN với tia Ot. Ta chứng minh I cố định. 1 * S ΔOMN = OM . ON . sin MON 2 1 3 OM. ON . sin 600= √ OM . ON (1) = 2 4 1 1 * S ΔOMN =S Δ OMI +S ΔONI = OM .OI . sin MOI+ ON . OI .sin NOI 2 2 1 1 0 (OM+ON ). OI .sin 30 = (OM+ON ). OI (2) = 2 4 1 OM+ON = Từ (1) và (2) suy ra: OI √ 3 OM .ON 1 1 1 2012 ¿ ( + )= ⇒ I cố định. √3 OM ON 2013 √ 3 1 2 x+11 3 y P=x 2 +11 x+ 2 + + Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: . y xy+ 1 y Ta có: P = ( x + P= t 1 4. 2. + 11 t. 47 = . 4. 1 2 ) + 11( x + y +. 3 t. =(. 1 )+ y. t –. 3.0đ 0.5. 0.5. 1.0. 1.0 2.0đ. 3. 1 1 . Đặt: t = x + > 0. Ta có: x+ y y 1 2 3 1 3 ) + (12 t + )– – 2 12 t . 2 t 4 t. √. 0.5 1.0.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Đẳng thức xảy ra khi t =. Giải hệ:. 17   x  y  4   x  1 1 y 2 . Vậy: Min P =. 47 4. 1 . 2 1 4. 0.5. được: x =. và y = 4. 1 đạt được khi x = và y = 4. 4. V. 5.0đ 2. 1. Viết phương trình đường thẳng d sao cho. AB S 2Δ OAB. nhỏ nhất.. 2.5đ. 0.5. . Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng d 1 và d 2. . Giả sử.  . ⇒ I (3 ; 1) .. A ( a; 0) và B (0 ;b) với a , b>0 thì đường thẳng d có x y 3 1 + =1 . Vì I ∈ d ⇒ + =1 phương trình a b a b AB 2 OA2 +OB 2 1 1 1 1 =4 . =4 . + 2 =4 2 + 2 Ta có 2 2 2 2 S Δ OAB OA .OB OA OB a b Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có 1 1 1 1 1 3 1 2 (32 +12) 2 + 2 ≥ + =1 ⇒ 2 + 2 ≥ a b a b a b 10. (. (. ) (. ). 0.5. )( ). 0.5. 3 1 10 + =1 a= ⇔  khi a b 3 3 a=b b=10 Khi đó đường thẳng d có phương trình 3 x+ y −10=0 . AB 2 2 = Min 2 S Δ OAB 5. {. {. 0.5.     a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1 0. 2. Chứng minh rằng: . (Với a=BC, b=AC, c=AB).        a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1 0  (a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1 )2 0        a 4 .GA12  b 4 .GB12  c 4 .Gc12  2a 2b 2 GA1.GB1  2a 2c 2 GA1.GC1  2b 2c 2 GB1.GC1 0. 0.5. 2.5đ. (*). 0.75.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Ta có:. VT(*) . GA1 . ha h h , GB1  b , GC1  c , aha bhb chc 2S 3 3 3 ,.   GA1.GB1 GA1.GB1.cos(1800  C )  GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C c 2  a 2  b 2  GA1.GC1 GA1.GC1.cos(1800  B)  GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B b 2  a 2  c 2  GC1.GB1 GC1.GB1.cos(1800  A)  GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A a 2  b2  c 2 4 S 2 .a 2 4S 2 .b 2 4 S 2 .c 2 4 S 2 .(c 2  a 2  b 2 ) 4 S 2 .(b 2  a 2  c 2 ) 4S 2 .(a 2  c 2  b 2 )      0 9 9 9 9 9 9. 1.0. 0.75. Là điều phải chứng minh.. 1.. Gi¶i hÖ ph¬ng tr×nh sau:.  x  1  y  x   2 y 2  y    x 2 y  2  y x  1  2. .  . .  x 1 (**)  ®k:  y 0  x 2  x  1  y   2 y 2  2 y 0(4)    x 2 y  2  y x  1  2 (5) HPT . .  . 0,5. . 1,0.  x  y  Giải (4) xem nh phơng trình bậc hai đối với ẩn x ta đợc:  x 1  2 y Víi x=-y lo¹i do (**)  y 2  x 5 1 2 y 2 y  2 y 2 y  2    y  1  x  1 kÕt hîp Thay x=1+2y vµo (5) ta cã: (**) nghiÖm cña HPT lµ: (x;y) = ( 5;2). .  . . 0,5 1,0. A M N. 0,25 C. B.       BC  2 BA  CA  kCB BA   k  1 BC BN  , CM   1 k k 1 3 Ta có:       BC  2 BA BA  1  k  BC 0  Do BN  CM  BN .CM 0    1 1   1  k  a 2  2a 2   2k  1 BA.BC 0   1  k  2  k  0  k  2 4 . . . . 0,5.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> 0,25. 1 a k   AM  4 5 Với BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT: 4  x  2   3  y  1 0  4 x  3 y  5 0. 0,5. .. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:. 0,5. 4 x  3 y  5 0  x  1   C   1;3   x  2 y  5 0  y 3. Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương trình:. 0,5. 2  x  2    y  1 0  2 x  y  5 0. . Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ:  x  2 y  5 0  x 3    H  3;1  2 x  y  5  0   y 1. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có:. 0,5. xB ' 2 xH  xB 4; yB ' 2 yH  yB 3  B '  4;3 AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ  CB '  5;0 . phương. nên có PT là:. 0,5. 0  x  1  5  y  3 0  y  3 0. . Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:  y  3 0   3 x  4 y  27 0. 0,5.  x  5  A   5;3    y 3. Vậy A   5;3 , C   1;3  . Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các số:  4;  5 , do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài.. 0,5. Kí hiệu N chỉ tập hợp các số tự nhiên. Giả sử f : N  N là hàm số thỏa mãn các điều kiện. và. và f  2013. Đặt. f  2  a. 2. f m 2  2n 2  f  m    2  f  n  . . f  1  0. . 2. f  2 với mọi m, n  N . Tính các giá trị của. . 2. . Cho. m n 0  f  0  3  f  0    f  0  0 2. Cho. m 1; n 0  f  1  f  1   f  1 1 2. n 0  f m 2  f  m   , m  N.  . Cho Mặt khác với mỗi số tự nhiên. nên. . Cho. .. m n 1  f  3 3.. f  4  a 2. .. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 2. 2. 0,25. 2. k 3   k  1  2  k  2   k  3  2k 2 2. 2. 2.   f  k  1   2  f  k  2    f  k  3   2  f  k  . 2.  1. Từ (1) cho k 3 ta có.  f  4 . 2. 2. 2. 2.  2  f  1   f  0    2  f  3   a 4 16  a 2  f  2  2. .. f  n  n Theo trên ta chứng minh được với n 0; 1; 2; 3; 4 . Ta chứng minh bằng quy nạp f  n  n . Thật vậy, với n 3 từ đẳng thức (1) ta có: 2. 2. 2. 2.  f  n 1   2  f  n  2    f  n  3   2  f  n     f  n  1   n  3  2n  2  n  2   n  1  f  n  1 n  1 2. Do đó. 2. 2. 2. f  n  n, n  N  f  2013 2013.. 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span>