2013 đề thi đề xuất chọn hsg toán lớp 10 - han

ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU TIẾN Câu 1.. Tìm mđể đồ thị hàm số 1 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, Bsao cho tam giác KABvuông tại K 2.. Chứng minh rằng A,B,Clà ba đỉnh của một

1 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT NĂM HỌC 2012-2013

2 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT

3 ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU TIẾN

Câu 1 ( 4 điểm )

Cho hàm số : yx2 2(m1)xm2 1 (1) và điểm K(  2 ; 1 )

1 Tìm mđể đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, Bsao cho tam giác KABvuông tại K

2 Tìm m để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên  0;1bằng 1

Câu 2 ( 4 điểm ) Giải các phương trình sau:

1 x2 8x816  x2 10x267  2003

2 2x15 32x2 32x20

Câu 3 ( 6 điểm )

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxycho ba điểmA( 1 ; 2 ),B( 1 ; 0 ),C( 5 ; 4 )và đường tròn (C) có phương trình:x2 y2 4

a Chứng minh rằng A,B,Clà ba đỉnh của một tam giác Tính diện tích tam giácABC.

b Tìm tọa độ điểm M trên đường tròn (C) sao cho 2MAMBMC nhỏ nhất

2 Cho tam giácABCcân tại Anội tiếp đường tròn tâm O, điểm D là trung điểm của

E

AB, là trọng tâm tam giácACD.Chứng minh rằng : CD OE

Câu 4 ( 4 điểm )

Cho hệ phương trình :























4 ) 2 (

2 2 2

2

2 2

y x

m y x y x

1 Giải hệ khi m=4

2 Tìm m để hệ có đúng hai nghiệm phân biệt

Câu 5 ( 2 điểm )

Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn : ab+bc+ca=3 Chứng minh rằng :

1 a b c 1 b c a 1 c a b abc

-Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……… Số báo danh:……… Chữ ký của giám thị 1:……… Chữ ký của giám thị 2:………

ĐÁP ÁN BIỂU ĐIỂM

Câu 1(4 điểm) 1(2 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm

0 1 )

1 (

2  m xm  

Để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biết

A, B khi và chỉ khi , 02(m1)0m1 0.5

Với m   1gọi x1, x2là hai nghiệm của phương trình (*) Theo viet ta có x1 x2 2(m1), x1x2 m21 0.25

Khi đó giả sử

) 0

; ( ), 0 , (x1 B x2

A KAx1 2;1,KBx22;1

Để tam giác KABvuông tại K  KA.KB 0

0,5

 1  2 2  2 1  0  1 2  2 ( 1 2)  5  0



















4

0 0

4

2

m

m m

m

0.5

4 ,

2(2 điểm) Th1 m 1  0  m  1

x 0 1

y

1

2 

m

để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên  0;1 bằng 1

2 1

1

2



0,25 0.25

Th2 0  m 1  1   2 m  1

x 0 m 1 1

y

 2m 2

để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên  0;1 bằng 1

) ( 2

3 1

2

2m   m tm



o.25

0.25

Th3 m 1  1  m  2

x 0 1

y

m2  2m 2

để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên  0;1 bằng 1

1 1

2 2

0.25 0.25

Kết Luận: Vậy m 2hoặc

2

3





m thỏa mãn yêu cầu bài toán

0.5

Câu 2(4 điểm) 1(2 điểm) x2 8x816  x2 10x267  2003

2003 )

2 11 ( ) 5 ( ) 2 20 ( ) 4

0.5

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy

) 2 31

; 5 ( ), 2 20

; ( ), 0

; 4

A

) 2 20 ( ) 4

 x AB

) 2 11 ( ) 5

 x BC

Mặt khác ta lại có ABBC  AC  2003

0.5

Đẳng thức xảy ra khai và chỉ khi A,B,C thẳng hàng và B nằm giữa A,C

0.5

 BAk BC,k0

41

16





1(2 điểm) 2x15 32x2 32x20(1)

Điều kiện

2

15 0

15

2x   x Pt(1) 2x15 2(4x2)2 28 Đặt

0 2 4 , 15 2 ) 2 4 ( 15 2 2

4y  x  y 2  x Đk y 

0.5

Pt(1) trở thành (4x2)2 2y15

Vậy ta có hệ pt





















15 2 ) 2 4 (

15 2 ) 2 4 (

2 2

x y

y x

0.5

Giải hệ ta được 2 nghiệm

6

221 9

, 2

 x x

1

Câu 3(6 điểm) 1(4 điểm) a A( 1 ; 2 ),B( 1 ; 0 ),C( 5 ; 4 )

+ Ta có AB (0;2),AC (4;2) 0.5

k AC voi k

AB suy ra A,B,C không thẳng hàng Vậy A,B,C là ba đỉnh của một tam giác

+ BC 4 2, pt (BC) xy 1  0

+ đường cao AH d(A,BC) 2

Diện tích tam giác SABC  4

0.5 0.5 0.25 0.25

+ Đường tròn (C) có tâm O( 0 ; 0 )bán kính R=2 0.25 + Gọi I là điểm thỏa mãn 2IAIBIC0  ( 2 ; 2 ) 0.25

Khi đó ta có 2MA MB MC 4MI 4IM

Vậy 2MA MB MC nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ

nhât (trong đó I cố định) Vậy ta tìm M (C)để

IM nhỏ nhất

0.5

+ Mặt khác OI 4 2 R nên I nằm ngoài đường tròn

(C) Vậy IM nhỏ nhấtM là giao điểm của đường

thẳng OI với đường tròn (C), trong đó M nằm giữa O

và I

0.5

+ Phương trình đt OI: yx

+ Tìm giao của đt OI với đt tròn (C) là

) 2

; 2 ( ), 2 : 2

0.25

Vì M nằm giữa O và IM( 2; 2) 0.25

2(2 điểm) Gọi M là trung điểm của AC

Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên

OD OM OD

OC OA

3

D là trung điểm của AB nên 2CDCACB

Vì (O) ngoại tiếp ABCnên OD AB;OM  AC,

ABC

Do đó , (ODOM)DM mà

BC OM

OD BC

Ta có :

) )(

( 2

3OE CD  OAOCOD CACB

) (

2 ) )(

2 ( OM OD CACB  OM CBOD CACB



CB OD CB OM BA

CB OD CB

0 )

(

 OM OD CB

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4(4 điểm) 1(2 điểm)

Khi m=4 ta có HPT

























4 )]

1 ( ) 1 [(

10 ) 1 ( ) 1 (

2

2 2

y x

y x

đặt a x 1 ;b y 1 ta được

















































3 2 2 4

) (

10 2

2 2

ab

b a

b a b

a

b a

(*)

0,5

0.5

































3

2 3

2

ab

b a v ab

b a

(a;b)(1;3),(3;1),(1;3),(3;1)

Từ đó ra các nghiệm của hệ ban đầu : (2;-2), (-2;2),(0;4),(4;0)

(Lưu ý : nếu thí sinh thay m vào luôn HPT thì câu a vẫn tính 2 điểm )

0.5

0,5

1(2 điểm)

HPT



























4 )]

1 ( ) 1 [(

2 2 ) 1 ( ) 1 (

2

2 2

y x

m y

x

đặt a x 1 ;b y 1 ta được



















































m ab

b a

b a b

a

m b a

1 2 2 4

) (

2 2 2

2 2

(*)

ĐK cần :Ta có hệ ban đầu có nghiệm hệ (*) có nghiệm;

Số nghiệm của hệ đầu cũng là số nghiệm của (*)

Nếu (a0;b0) là nghiệm của (*) ( dễ thấy a0  b0) thì

)

; (b0 a0 ,(a0;b0),(b0;a0) do đó để hệ có đúng 2 nghiệm phân biệt thì : ab

Thay vào (*) ta được m 0

ĐK đủ :với m  0 dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn

0.5

1

0.5

Câu 5(2 điểm)

Từ giả thiết 3abbcca33 a2b2c2 abc1

Nên ta có :

1 a b c abc a b c a ab bc ca 3a

Tương tự

;

1 b c a 3b 1 c a b 3c

Cộng vế với vế các BĐT ta được điều phải CM Dấu bằng xảy ra  abc 1

0,5

0.5

0,5

0,5