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 2 x x x x         x  . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):     2 2 3 2 1 1 0 x m x m m       có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa mãn điều kiện 1 2 4 x 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 8 P 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 2012 x 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        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      . Chứng minh đẳng thức sau: 2 2 2 2 cot 2 . .sin AB BC CD DA AC BD       , 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   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; 1 Q  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 4 x x x x x x x x            0,5 2 4 2 4 2 2 2 2 2 1 4 1 1 x 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 4 x 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 , 1 x x m x x m m        suy ra       3 3 2 3 2 1 2 1 2 8 8 1 8 8 1 16 40 P 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 16 P  khi 2 m  , min 144 P   khi 2 m   . 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 1 t x x    thì dễ thấy 0 t  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 2012 t  . 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 0,5 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 2 OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH                    Ta có 2 OB OC OK OM        và các đẳng thức tương tự ta được:   2 2 OM ON OP OA OB OC OH              3 2 OL OH     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   ; 2 2 2 cot 4 MAB AB MA MB S     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             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                    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 0 x 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       . Suy ra phương trình     : 2 1 1 1 0 2 3 0 AB 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; 5 A B   . Do AC KN  nên AC có vtpt là   5 2;1 2 AC n KN    Suy ra pt   :2 1 5 0 2 7 0 AC 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; 1 C  . Vậy     1;5 , 4; 5 A B   ,   4; 1 C  . 0,5 . GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 201 1- 2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 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 201 1- 2012.    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 2012 t  . Từ (1) và (2) suy ra 2011 2 2012 x y  Vậy giá trị