Đáp án Đề thi học sinh giỏi lớp 10 môn Toán tỉnh Vĩnh Phúc (khối không chuyên) năm học 20112012

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.. - Với bài hình

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

2x 2 2 x x 1 4 x x 1 1 x

2

1 1 2

1 1



    

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 mãn1, 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

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





 

-24

16

-144

0

3 2

0 -2

P m

(*)

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

  





* Với ( ; )a b    ta có hệ( 2; 3)

2

2

3

xy

 

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

0,25

Đặt t x 1x2 thì dễ thấy t0 và

2 1 2

t x t



Từ giả thiết ta có y 1 y2 2012

t

   Từ đây cũng suy ra

2 2 2012 2.2012

t y

t



Từ (1) và (2) suy ra

1 2012 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

0,5

K

M

D

O H

C A

B

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

AB MA MB

S

Tương tự ta được:

cot

ABCD

0,5

3 1,0 điểm

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 ngoại0

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

4, 5

             

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:

4, 1

            

Vậy A  1;5 ,B  4; 5, C4; 1 

0,5

I K P

N

M

C B

A