Đề thi học sinh giỏi lớp 10 THPT tỉnh Vĩnh Phúc năm học 2011 - 2012 môn Toán ppt

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 M

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: x2  x 1 x2  x 1 2 x  

2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x22m1x m 3m12  có hai 0 nghiệmx1, x thỏa mãn điều kiện 2 x1x2  Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu 4

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px x x x x  x 

Câu 2 (1,5 điểm)

Giải hệ phương trình:

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 x 1x2y 1y22012 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:

cot

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

1; 5 , 7 5; , 13 5;

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 Q  1; 1 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:

1 1 2,0 điểm

Ta có

x   x x   x   x x  

    nên phương trình xác định

với mọi x  Phương trình đã cho tương đương với

x   x x   x x  x x  x 

0,5

2

1 1 2

1 1





0,5

0 0

x

x x

  







Vậy pt có nghiệm duy nhất x 0 0,5

2 2,0 điểm

Phương trình đã cho có hai nghiệm x x thỏa mãn 1, 2 x1x2 4

2

1 2

2

4 0

3

m

m

m

 





0,5

Theo định lí Viet ta có   3  2

x x  m x x  m  m suy ra

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: Pmax16 khi m 2, Pmin  144 khi m   2 0,5

Ta có

2

1



Đặt

2

  







Hệ trở thành:

2

1 1

  





 



Hệ

(*)

Từ đó tìm ra ( ; ) a b   (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)   

0,25

* Với ( ; ) a b  (0; 1) ta có hệ

2

0

1 1

xy

  

  







* Với ( ; ) a b  (1; 0) ta có hệ

2

1 ( ; ) (0; 1);(1;0); ( 1;0) 0

x y xy

  







0,25

* Với ( ; ) a b    ( 2; 3) ta có hệ

2

2

1; 3 3

xy

 

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( ; ) x y   (1; 1); (0; 1); (1; 0);( 1; 0);( 1; 3)    

0,25

1

tx x thì dễ thấy t 0 và

2

1 2

t x t



Từ giả thiết ta có 2 2012

1

t

   Từ đây cũng suy ra

2 2

2012 2.2012

t y

t



Từ (1) và (2) suy ra

2 1 20122 2 2011 2012

2 2.2012 2.2012

Do đó 2011 2 2012 2011 2 2012 2011

t

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t  2012 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

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

2OKAH OB OC  OH OAOA OB OC    OH

Ta có OB OC  2OKOM

và các đẳng thức tương tự ta được:

OM  ONOP OA OB   OC  OH

3OL 2OH

  

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 ;

cot

4 MAB

S

Tương tự ta được:

cot

ABCD

0,5

3 1,0 điểm

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: x2y23x29 suy ra tâm K của đường tròn ngoại 0

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

AB x  y   xy   Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ

phương trình

0,25

Suy ra A1;5 , B   4; 5 Do ACKN nên AC có vtpt là 52;1

2

AC

n KN

 

Suy ra pt AC: 2x1y 5 02xy 7 0 Khi đó tọa độ A, C là nghiệm

của hệ phương trình:

Từ đây suy ra C4; 1  Vậy A1;5 , B   4; 5, C4; 1 

0,5