Đang tải... (xem toàn văn)
Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn ( là tham số): có hai nghiệm thỏa mãn điều kiện . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: . Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: . Câu 3 (1,5 điểm). Cho là hai số thực dương thoả mãn điều kiện . Tìm giá trị nhỏ nhất của . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho . Chứng minh đẳng thức sau: , trong đó là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm và điểm A có hoành độ dương.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x+ + + − + = ( ) x ∈¡ . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): ( ) ( ) 2 2 3 2 1 1 0x m x m m− − − + + = có hai nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn điều kiện 1 2 4x x+ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: ( ) 3 3 1 2 1 2 1 2 3 3 8P x x x x x x= + + + + . Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 2 3 2 4 2 1 ( , ) (2 1) 1 x x y xy xy y x y x y xy x + − + − = ∈ + − − = ¡ . Câu 3 (1,5 điểm). Cho ,x y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 1 1 2012x x y y+ + + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y= + . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng OA OB OC OH+ + = uuur uuur uuur uuur và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho · · · · MAB MBC MCD MDA ϕ = = = = . Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 2 2 cot 2 . .sin AB BC CD DA AC BD ϕ α + + + = , trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm ( ) 7 5 13 5 1; 5 , ; , ; 2 2 2 2 M N P − − ÷ ÷ (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm ( ) 1; 1Q − và điểm A có hoành độ dương. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— 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 Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 2,0 điểm Ta có 2 2 2 2 1 3 1 3 1 , 1 2 4 2 4 x x x x x x − + = − + + + = + + ÷ ÷ nên phương trình xác định với mọi x ∈ ¡ . Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 4x x x x x x x x− + + + + + − + + + = 0,5 2 4 2 4 2 2 2 2 2 1 4 1 1x x x x x x⇔ + + + + = ⇔ + + = − 0,5 ( ) 2 2 4 2 2 4 4 2 2 1 0 1 1 1 1 2 1 1 x x x x x x x x x − ≥ − ≤ ≤ ⇔ ⇔ + + = − + + + = − 0,5 1 1 0 0 x x x − ≤ ≤ ⇔ ⇔ = = . Vậy pt có nghiệm duy nhất 0.x = 0,5 2 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn 1 2 4x x+ ≤ ( ) ( ) 2 1 2 2 4 0 ' 0 2 0 2 0 4 2 3 2 1 4 3 m m m m m x x m m m ≥ − ≥ ∆ ≥ − ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤ + ≤ ≤ ≤ − ≤ ≤ 0,5 Theo định lí Viet ta có ( ) ( ) 2 3 1 2 1 2 2 1 , 1x x m x x m m+ = − = − + + suy ra ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 1 2 1 2 8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m= + + = − − + + = − + 0,5 Bảng biến thiên -24 16 -144 0 3 2 0 -2 P m 0,5 Từ bảng biến thiên ta được: max 16P = khi 2m = , min 144P = − khi 2m = − . 0,5 2 1,5 điểm Ta có ( ) 2 2 2 3 2 2 4 2 2 ( ) ( ) 1 1 (2 1) 1 1 x y xy x y xy x x y xy xy y x y xy x x y xy − + − + = + − + − = ⇔ + − − = − + = 0,25 Đặt 2 a x y b xy = − = . Hệ trở thành: 2 1 1 a ab b a b + + = + = (*) 0,25 Hệ 3 2 2 2 2 2 0 ( 2) 0 (*) 1 1 a a a a a a b a b a + − = + − = ⇔ ⇔ = − = − Từ đó tìm ra { } ( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b ∈ − − 0,25 * Với ( ; ) (0; 1)a b = ta có hệ 2 0 1 1 x y x y xy − = ⇔ = = = . 0,25 * Với ( ; ) (1; 0)a b = ta có hệ 2 1 ( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0 x y x y xy − = ⇔ = − − = . 0,25 * Với ( ; ) ( 2; 3)a b = − − ta có hệ 2 3 2 3 3 2 1; 3 3 2 3 0 ( 1)( 3) 0 y y x y x y x x xy x x x x x = − = − − = − ⇔ ⇔ ⇔ = − = = − + + = + − + = . Kết luận: Hệ có 5 nghiệm { } ( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y ∈ − − − . 0,25 3 1,5 điểm Đặt 2 1t x x= + + thì dễ thấy 0t > và 2 1 2 t x t − = (1) 0,25 Từ giả thiết ta có 2 2012 1y y t + + = . Từ đây cũng suy ra 2 2 2012 2.2012. t y t − = (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 1 2012 2011 2012 2 2.2012. 2.2012 t t x y t t t t − − + = + = + ÷ 0,25 Do đó 2011 2012 2011 2011 .2 . .2 2012 2.2012 2.2012 2012 x y t t + ≥ = = . 0,5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2012t = . Từ (1) và (2) suy ra 2011 2 2012 x y= = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2011 2012 , khi 2011 2 2012 x y= = . 0,25 4 1 1,0 điểm K P N M D O H C A B Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OK là đường trung bình nên 2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH= ⇔ + = − ⇔ + + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,5 Ta có 2OB OC OK OM+ = = uuur uuur uuur uuuur và các đẳng thức tương tự ta được: ( ) 2 2OM ON OP OA OB OC OH+ + = + + = uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 3 2OL OH⇒ = uuur uuur suy ra O, H, L thẳng hàng. 0,5 2 1,0 điểm Trước hết ta có các kết quả sau: 1 . .sin 2 ABCD S AC BD α = ; 2 2 2 cot 4 MAB AB MA MB S ϕ + − = 0,5 Tương tự ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cot 4 4 4 MAB MBC MCD AB MA MB BC MB MC CD MC MD S S S ϕ + − + − + − = = = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 . .sin MDA MAB MBC MCD MDA ABCD DA MD MA AB BC CD DA S S S S S AB BC CD DA AB BC CD DA S AC BD α + − + + + = = + + + + + + + + + = = 0,5 3 1,0 điểm I K P N M C B A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: 2 2 3 29 0x y x+ + − = suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3 ; 0 2 K − ÷ . 0,25 Do AB KP⊥ nên AB có vtpt ( ) 5 2; 1 2 AB n KP= = − − uuur uuur . Suy ra phương trình ( ) ( ) : 2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y+ − − = ⇔ − + = . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 3 0 2 3 1, 5 4, 5 3 29 0 3 4 0 x y y x x y x y x y x x x − + = = + = = ⇔ ⇔ = − = − + + − = + − = 0,25 Suy ra ( ) ( ) 1;5 , 4; 5A B − − . Do AC KN ⊥ nên AC có vtpt là ( ) 5 2;1 2 AC n KN= = uuur uuur Suy ra pt ( ) : 2 1 5 0 2 7 0AC x y x y− + − = ⇔ + − = . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 7 0 2 7 1, 5 4, 1 3 29 0 5 4 0 x y y x x y x y x y x x x + − = = − + = = ⇔ ⇔ = = − + + − = − + = . Từ đây suy ra ( ) 4; 1C − . Vậy ( ) ( ) 1;5 , 4; 5A B − − , ( ) 4; 1C − . 0,5 . SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời. = ¡ . Câu 3 (1,5 điểm). Cho ,x y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 1 1 2012x x y y+ + + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất của P x y= + . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội. + = uuur uuur uuur uuur và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho · · · · MAB MBC MCD MDA ϕ = = = = . Chứng minh đẳng thức