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) 1. Giải phương trình: ( ) 2 2 11 25 1 5 x x − = + 2.Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2 6 0 2 1 3 0 x y x y x y  − − =     + − − − =   ÷ −    Bài 2. (5.0 điểm) Cho hàm số 2 2y x ax b= + + (1) 1. Biết đồ thị (P) của hàm số (1) có trục đối xứng 2x = 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: 3 a BM = ; 2 ; (0 ) 3 a CN AP x x a = = < < . 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 3 1x = + làm nghiệm. Bài 5. (3.0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có: ( ) 3 3 3 2013 2013 4 x y x y x y z z x y + + + + ≤ + + + + . 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 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 Điểm 1.1 Giải phương trình: ( ) 2 2 11 25 1 5 x x − = + (1) 2đ Đặt ( ) 5 0; 5t x t t= + ≠ ≠ − khi đó phương trình trở thành ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 11 25 1 11 25 5 5 5 t t t t t t − = ⇔ − − = − − 0.5đ 4 3 2 2 2 10 39 250 625 0 625 25 10 39 0 t t t t t t t t ⇔ − + − + =     ⇔ + − + + =  ÷  ÷     0.5đ Đặt ( ) 25 10, 10 (*)a t a a t = + ≥ ≠ − ta thu được phương trình 2 10 11 0 11(do(*))a a a − − = ⇔ = 0.5đ Với 11a = ta có 2 25 11 21 11 11 25 0 2 t t t t t ± + = ⇔ − + = ⇔ = khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: 1 21 2 x ± = 0.5đ 1.2 Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2 6 0 ( ) 2 1 3 0 x y I x y x y  − − =     + − − − =   ÷ −    2đ Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 6 ( ) 4 1 3 x y x y I x y x y  − + =  ⇔  + − − =  −  0.5đ Đặt ( ) 0 a x y b b x y = −  ≠  = +  ta có hệ ( )I trở thành ( ) ( ) 2 2 2 2 1 (1) . 6 6 ( ) 4 1 3 4 1 3 (2) 36 a a b b I a a a b  = =     ⇔ ⇔   − − =   − − =    Từ (2) ta có phương trình: ( ) 2 2 2 3 9 1 27 8 18 18 0 3 4 a a a a a a =   − − = ⇔ − − = ⇔ −  =  0.5đ *Với 3a = ta có 2b = suy ra 5 3 2 2 1 2 x x y x y y  =  + =   ⇔   − =   =   nghiệm hệ là ( ) 5 1 ; ; 2 2 x y   =  ÷   0.5d *Với 3 4 a = − ta có 8b = − suy ra 35 3 8 4 29 8 8 x x y x y y −  =   + = −   ⇔     − = − =    nghiệm hệ là ( ) 35 29 ; ; 8 8 x y −   =  ÷   0.5đ 2.1 Cho hàm số 2 2y x ax 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 2 2a a− = ⇔ = − mà đỉnh của (P) nằm trên Ox do đó 2 0 2 4.2 4b b= − + ⇔ = hàm số trở thành 2 4 4y x x= − + 0.5 Bảng biến thiên x −∞ 2 + ∞ y + ∞ 0 + ∞ 0.5 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) 0.5 Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số. 0.5 x y O 2.2 Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất. 3đ Gọi A là giao điểm của (P) với Oy ta có A(0;4), M ( ) ( ) ( ) 2 2 ( ,Ox) 2 ( ) ; 2 ( ,Oy) d M a M P M a a d M a  = −  ∈ ⇒ − ⇒  =   Vậy với ( ) 2 ( ,Ox) ( ,Oy) 2S d M d M a a= + = + − 1đ Nếu a < 0 thì S > 4. Nếu a > 2 thì S >2 0.5đ Nếu 0 2a≤ ≤ thì ( ) 2 2 3 7 7 2 2 4 4 S a a a   = + − = − + ≥  ÷   0.5đ Từ các kết quả trên ta có S nhỏ nhất là 7 4 xảy ra khi 3 2 a = khi đó 3 1 ; 2 4 M    ÷   là điểm cần tìm 1đ 3 Cho tam giác ABC đều cạnh a. Trên đoạn BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho: BM = 3 a ; CN = 2 3 a ; AP = x (0 < x < a) . Tìm x theo a để AM ⊥ PN 3đ Từ giả thiết ta có: 1 1 ; 3 3 AP x x AN AP AB AN AC AB a a AC = ⇒ = = ⇒ = uuur uuur uuur uuur vậy 1 3 x PN AN AP AC AB a = − = − uuur uuur uuur uuur uuur 0.75 suy ra 1 3 3 3 x PN AC AB aPN aAC xAB a = − ⇔ = − uuur uuur uuur uuur uuur uuur Hơn nữa: 2 1 AM 3AM 2 3 3 AB AC AB AC = + ⇔ = + uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur 1 AM ⊥ NP ⇔ ( ) ( ) . 0 3 .3 0 2 3 0AM PN AM aPN AB AC xAB aAC = ⇔ = ⇔ + − + = uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur 0.5 ( ) ( ) 2 2 2 3 2 1 6 . 2 3 . 0 6 2 3 0 2 x AB aAC a x AB AC xa a a x a ⇔ − + + − = ⇔ − + + − = uuur uuur 0.75 2 3 15 4 2 0 2 15 ⇔ − + = ⇔ =xa a x a 4 Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận 3 3 1x = + làm nghiệm. 2đ Ta có ( ) 3 3 3 3 1 3 1 3 1x x x= + ⇔ = − ⇔ = − 3 2 3 3 4 0x x x⇔ − + − = Vậy 3 2 ( ) 3 3 4P x x x x= − + − 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 nhất với hệ số nguyên nhận 3 3 1x = + làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai với hệ số nguyên nhận 3 3 1x = + làm nghiệm là 2 ax bx c+ + khi đó tồn tại đa thức với hệ số nguyên mx + n sao cho ( ) ( ) 2 ( )P x mx n ax bx c= + + + bằng cách đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên. Vậy ( ) 3 2 ( ) 3 3 4 ( , 0)Q x k x x x k k= − + − ∈ ≠¢ là đa thức cần tìm. 5 CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có: ( ) 3 3 3 2013 2013 4 x y x y x y z z x y + + + + ≤ + + + + .(1) 3đ Ta có : ( ) 3 3 3 (1) 4 x y x y ⇔ + ≥ + . 0,5đ Mà ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 3 4 3 0x y x y x y x y + − + = + − ≥ 1,5đ Suy ra: ( ) 3 3 3 4z x y z x y + + ≥ + + . 0,5đ Vậy ( ) 3 3 3 2013 2013 4 x y x y x y z z x y + + + + ≤ + + + + 0,5đ 6 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. 3đ Gọi O là giao điểm hai đường phân giác Ta có: · · . sin . .sinAD BC ADB BE AC AEB= mà · · . . sin sinAD BC BE AC ADB AEB= ⇒ = 1đ · · · · 180 o ADB AEB ADB AEB  = ⇒   + =  0.5đ TH1: Nếu · · ADB AEB= thì A,E,B,D cùng nằm trên một đường tròn do đó · · EAD EBD= tức là µ µ A B= , điều này trái với giải thiết bài toán 0.5đ TH2: Nếu · · 180 o ADB AEB+ = thì · · 180 o ECD EOD+ = 0.5đ do đó · · · · ( ) µ 1 180 90 2 o o EOD AOB ABO BAO C= = − + = + Suy ra · · µ µ µ 1 180 90 60 2 o o o ECD EOD C C C= + = + + ⇒ = Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi µ 60 o C = 0.5đ Hết Hình vẽ bài 3 A P B M C N Hình vẽ bài 6 C D B A E . KON TUM ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) THI CHỌN HS GIỎI CẤP TRƯỜNG NH 2 012 -2 013 Môn: TOÁN - Lớp 10 Ngày thi: 31/ 01/ 2 013 Thời gian: 12 0 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ BÀI Bài 1. (4.0. = 0.5đ Với 11 a = ta có 2 25 11 21 11 11 25 0 2 t t t t t ± + = ⇔ − + = ⇔ = khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: 1 21 2 x ± = 0.5đ 1. 2 Giải hệ phương trình: ( ) 2 2 2 2 6 0 ( ) 2 1 3 0 x. 250 625 0 625 25 10 39 0 t t t t t t t t ⇔ − + − + =     ⇔ + − + + =  ÷  ÷     0.5đ Đặt ( ) 25 10 , 10 (*)a t a a t = + ≥ ≠ − ta thu được phương trình 2 10 11 0 11 (do(*))a a a − −