Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 chọn lọc số 1

Hãy lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị P.. Tìm trên P điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ nhất... ---HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂMChú ý: 1.Trong đề toán này có nhiề

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

1 5

+ 2.Giải hệ phương trình: ( )

2 2

2 2

6 0

2

x y

x y

x y

 − − =





Bài 2 (5.0 điểm)

Cho hàm số y x = 2 + 2 ax b + (1)

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)

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

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 1

x = + làm nghiệm

Bài 5 (3.0 điểm)

Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z ta có:

( 3 3) 3

4

x y z

+ +

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

1.1

11 25

1 5

x − x =

2đ

Đặt t= +x 5(t≠0;t ≠ −5) khi đó phương trình trở thành

2 2

−

0.5đ

2

2

10 39 250 625 0

t t

⇔ + ÷−  + ÷+ =

0.5đ

Đặt a t 25 ( a 10,a 10 (*))

t

ta thu được phương trình a2−10a− = ⇔ =11 0 a 11(do(*))

0.5đ

Với a=11 ta có 25 11 2 11 25 0 11 21

2

t

±

khi đó phương trình đã cho có nghiệm là: 1 21

2

x= ±

0.5đ

1.2

2 2

6 0

( ) 2

x y

I

x y

x y

 − − =



 + − −  − =



2đ

Ta có

2

2

6

x y x y I

x y

x y



−



0.5đ

Đặt a x y (b 0)

b x y

= −

 = +

 ta có hệ ( )I trở thành

2 2

1

(1) 6

6

36

a

a b

b I

a b

 =

=

Từ (2) ta có phương trình: ( )2 2 2 3

4

a

a

=





 =



0.5đ

*Với a=3 ta có b=2 suy ra

5

2

x

x y

x y

y

 =

 + =



nghiệm hệ là ( ; ) 5 1;

2 2

x y  

=  ÷

0.5d

*Với 3

4

a= − ta có b= −8 suy ra

35 3

8 4

29 8

8

x

x y

−

 =

 + = − 

 − = −  =

nghiệm hệ là ( ; ) 35 29;

8 8

x y − 

=  ÷

0.5đ

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 − = ⇔ = −a 2 a 2 mà đỉnh của (P) nằm trên Ox

do đó 0 2= 2−4.2+ ⇔ =b b 4 hàm số trở thành y x= 2−4x+4

0.5 Bảng biến thiên

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

Gọi A là giao điểm của (P) với Oy ta có A(0;4), M

( ,Oy)

M P M a a

d M a



=



( ,Ox) ( , Oy) 2

S d M= +d M = + −a a

1đ

Nếu a < 0 thì S > 4

Nếu a > 2 thì S >2

0.5đ

Nếu 0≤ ≤a 2 thì ( )2 3 2 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

sao cho: BM =

3

a

3

a

3đ

;

AB= ⇒a uuur=auuur AC = ⇒uuur= uuur

3

x

a

0.75

suy ra 1

3

x

PN AC AB aPN a AC x AB

a

uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Hơn nữa: AM 2 1 3AM 2

3AB 3AC AB AC

uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur

1

AM ⊥ NP ⇔

AM PN = ⇔ AM aPN = ⇔ AB AC + − x AB a AC + =

2

0.75

⇔ − xa + a = ⇔ = x a

4 Tìm đa thức với hệ số nguyên không đồng nhất không có bậc nhỏ nhất nhận

3 3 1

2đ

x= + ⇔ = − ⇔ = −x x ⇔x3−3x2+3x− =4 0

Vậy P x( )= −x3 3x2+3x−4là 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 x= 33 1+ làm nghiệm, giả sử tồn tại đa thức bậc hai

với hệ số nguyên nhận x= 33 1+ làm nghiệm là ax2+ +bx c khi đó tồn tại đa

thức với hệ số nguyên mx + n sao cho P x( )=(mx n ax+ ) ( 2+ +bx c) bằng cách

đồng nhất hệ số ta thấy không tồn tại m, n, a, b, c nguyên

Vậy Q x( )=k x( 3−3x2+ −3x 4 () k∈¢,k≠0) là đa thức cần tìm

5

CMR với mọi số thực dương x, y, z ta có: 3 ( 3 3)

4

x y z

z x y

+ +

3đ

Ta có : (1)⇔ 3 4 x( 3+y3) ≥ +x y 0,5đ

Mà ( 3 3) ( )3 ( ) ( )2

4 x +y − +x y =3 x y x y+ − ≥0 1,5đ Suy ra: z+3 4(x3+y3) ≥ + +z x y 0,5đ

Vậy 3 ( 3 3)

4

x y z

z x y

+ +

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: AD BC. sin·ADB BE AC= . .sin·AEB

mà AD BC BE AC. = . ⇒sin·ADB=sin·AEB

1đ

· · 180o

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 µA B=µ , điều này trái với giải thiết bài toán

0.5đ TH2: Nếu ·ADB AEB+· =180o thì ·ECD EOD+· =180o

0.5đ

do đó · · 180 (· · ) 90 1µ

2

EOD=AOB= − ABO BAO+ = + C

Suy ra 180 · · µ 90 1µ µ 60

2

o =ECD EOD C+ = + o + C⇒ =C o

Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi µC=60o 0.5đ

Hết Hình vẽ bài 3

A P

B

N

Hình vẽ bài 6

C

D

E