Hải dương 13 14

Điểm M1;2 thuộc đoạn thẳng BC.. có giá trị nhỏ nhất.. Tìm tập hợp các điểm I khi M, N thay đổi... Điểm M1;2 thuộc đoạn thẳng BC.. Tìm tọa độ điểm D sao cho... + Do ΔABC cân tại A nên ph

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm):

Cho parabol (P): y – 2 4 x2 x  và các đường thẳng (dm): y 3 2 1 x  m  (m

là tham số)

1) Biện luận số giao điểm của (P) và (dm) theo tham số m.

2) Khi (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau), tìm tập hợp trung điểm I của AB khi m thay đổi

Câu II (3,0 điểm):

1) Giải bất phương trình: 2x 5 x2 x25 x2 5x6 0

2) Giải hệ phương trình:

2 2







Câu III (3,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x  2 y  2 0  , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là:

2x y  1 0 Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D sao cho  DB DC.

có giá trị nhỏ nhất.

2) Cho tứ giác ABCD; hai điểm M, N thay đổi sao cho               AM k AB                ;

(0   k 1) Gọi I là điểm thỏa mãn 3IM  2IN

Tìm tập hợp các điểm I khi M, N thay

đổi.

Câu IV (2,0 điểm):

1) Tam giác ABC có S b  2  ( a c  )2 với S là diện tích tam giác; a = BC; b = AC;

c = AB Tính tan B

2) Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi thỏa mãn: a2 b2 c2 3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M

……… Hết……….

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

HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN THI: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm 05 trang)

Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

I 1

1,0đ

Cho parabol (P): y – 2 4x2 x  và các đường thẳng (dm): 3 2 1 y  x  m  (m

là tham số)

1) Biện luận số giao điểm của (P) và (dm) theo tham số m.

Xét phương trình hoành độ: x2 – 2x + 4 = 3x + 2m + 1

 x2 – 5x + 3 – 2m = 0 (1) Ta có:  = 8m + 13

0,25

+) Nếu 13 ( >0)

8

điểm phân biệt

0,25

+) Nếu 13  0

8

m    thì (1) có 1 nghiệm kép, do đó (dm) cắt (P) tại một điểm 0,25

8

I 2

1,0đ

2) Khi (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau), tìm tập hợp trung

điểm I của AB khi m thay đổi.

+) (dm) cắt (P) tại hai điểm A, B (A và B có thể trùng nhau) 13

8

m

+) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là x1, x2 thì ta có: x1 + x2 = 5, x1.x2 = 3 – 2m

0,25

+) x1, x2 cũng là hoành độ giao điểm A, B nên trung điểm I của AB có tọa độ:

1 2 5

17

2

I

x











0,25

+) Do 13

8

I

I

y

y

Kết luận: Tập hợp điểm I là phần đường thẳng 5

2

4

II 1

1,5đ 1) Giải bất phương trình:  2 x   5 x2 x  25  x2 5 x   6 0

Điều kiện xác định đúng: x x32





0,25

*) Nếu x x32



 thì bất PT đã cho  2 x   5 x2  x 25 0 ( )  a

0,25

2

2

(2)

x



    







0,25

+) Giải (1) và kết hợp nghiệm ta được: x < 2

+) Giải (2):

2

5 5

2

19 0

3

x x

x





Kết hợp nghiệm ta được:

19 3

3

x

 

0,25

Kết luận: Bất PT đã cho có tập nghiệm là:  ;2  3; 19

3

S        

0,25

II 2

1,5đ 2) Giải hệ phương trình:

2 2

2 4 31 0 (2)







TH 1

3 3 2

0 5

0 : Thay vào HPT ta có

31 0

y

x





, không thỏa mãn

0,25

TH 2 x  : Chia hai vế của pt (1) cho 0 3 x ta được: 2 3 y 35(8 y)

t

x

 ta được phương trình:2 t 35(8t3)  (2t)3 5(8t3)

0,25

2

t   y x Thế vào (2) ta được :

2 64 2 2 32 31 0 65 2 34 31 0

0,25

1 31 65

x

x









 



Vậy hệ có 2 nghiệm là : (1; 8); 31 248;

65 65

III 1

1,5đ

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x2y 2 0 , phương trình đường thẳng chứa cạnh

AC là: 2x + y + 1 = 0 Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D sao cho

DB DC

 

có giá trị nhỏ nhất

+) Các đường phân giác góc A là tập hợp các điểm cách đều AB, AC nên có phương

trình:

3 0



x y

C B

A

M

+) Do ΔABC cân tại A nên phân giác trong (la)

của góc A vuông góc với BC.

+) TH1: (l ) : x y 3 0a    , khi đó BC đi qua M(1;2) và có vtpt n   1 (1;1)

;

 Phương trình BC : x y  3 0

B

C

Khi đó MB  3; 3 

5

B,C nằm về hai phía (l ) a

( thỏa mãn)

0,25

0,25

+) TH2: (l ) : 3x 3y 1 0a    , khi đó BC đi qua M(1;2) và có vtpt n   2 (1; 1)

 Phương trình BC: x y   1 0

B

Tọa độ C là nghiệm hệ PT:

2

3

x

x y

C

x y

y







 Khi đó MB     1; 1

cùng hướng (loại)

0,25

0,25

VớiB(4; 1)  ;C  4;7 Gọi D x y ;   DB 4 x; 1  y, DC    4 x;7 y

 2

3

x y





  



 VậyD(0;3) thì DB DC  .

nhỏ nhất bằng -32

0,25

III 2

1,5đ

2) Cho tứ giác ABCD, hai điểm M, N thay đổi sao cho AM k AB ;

Gọi I là điểm thỏa mãn 3IM  2IN

Tìm tập hợp các điểm I khi M, N thay đổi.

Gọi E, F là các điểm thỏa mãn: 3      EA         2               ED              ; 3FB               2FC

(*)

0,25

Nhân hai vế (1) với 3, nhân hai vế (2) với 2 rồi cộng lại ta được :

5EI k (3AB2DC) (3)

0,25

Tương tự:

0,25

Từ (4) và (5) ta có:

5EF  3AB2DC (6)

0,25

Từ (3) và (6) ta được:

EI kEF                              (7)

Ngược lại, với mỗi I’ thỏa mãn hệ thức

              EI '                m EF (0   m 1)

Gọi M, N, I là các điểm thỏa mãn:

AM mAB ;

;

3IM  2IN

Theo chứng minh trên thì

EI m  EF

Suy ra: I’ trùng với I

E, F cố định do thỏa mãn (*) và 0 k 1 nên tập hợp các điểm I là đoạn EF

0,25

0,25

IV 1

1,0đ

1) Tam giác ABC có S b 2 (a c )2 với S là diện tích tam giác; a = BC; b = AC; c =

AB Tính tanB.

Ta có:

2

0,25

Ta có

2

8 sin (do sinB > 0)

17

B

0,25

IV 2

1,0đ

2) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn: a2 b2 c2  3

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

M

Ta có: 5a210ab10b2 (2a3 )b 2(a b )2 (2a3 )b 2, dấu “=” có khi a=b

Suy ra : 5a210ab10b2 2a3b 2 2 2 3









25ab (2a 3 )(3b a 2 )b 6(a b) 0





0,25









0,25

Ta có:

(a b c  ) a b c (2ab2bc2 )ca a b c (a b ) ( b c ) ( c a )

= 3a2  3b2  3c2  9 Do đó: a b c  3

5

M  , giá trị lớn nhất của M bằng 3

5 khi a = b = c = 1

0,25