DE DA HSG TOAN 10 VINH PHUC 2016 2017

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.. Biết rằng OM vuông góc với BI và AC23BC BA.. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có góc ACB tù.. Tìm tọa độ các đỉnh c

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10- THPT

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

Câu 1 (2,0 điểm)

a Tìm tập xác định của hàm số

2

y

b Chứng minh rằng hàm số 1

2

y x



 nghịch biến trên tập xác định

Câu 2 (1,5 điểm) Giải phương trình 3x 1 x 2 2x 7 2

Câu 3 (1,0 điểm) Tìm tham số m để hàm số 2

2

1

1

x

 có tập xác định là

một đoạn có độ dài bằng 4

Câu 4 (1,5 điểm) Giải hệ phương trình

2



Câu 5 (3,0 điểm)

a Cho tam giác ABC với các cạnh tương ứng là BCa CA, b AB, c Chứng minh rằng

nếu sin sin 2sin

2 cos cos

A





 thì tam giác ABC vuông

b Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi I là trung điểm của AC và M là điểm thỏa mãn OM2OAOB2OC Biết rằng OM vuông góc với BI và AC23BC BA Tính góc ABC

c Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có góc ACB tù Hai điểm

(4;1), (2; 1)

D E  lần lượt là chân đường cao kẻ từ đỉnh A và B của tam giác ABC Trung điểm của cạnh AB là điểm N(1; 2), trung điểm của cạnh AC là điểm M nằm trên đường thẳng có phương trình 2x6y 5 0 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết điểm M có hoành độ lớn hơn 3 Câu 6 (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm a b c, , thỏa mãn a b 0, a c 0, b c 0 Chứng

-HẾT -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……….……… ……….….…… ; Số báo danh:………

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 04 trang)

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017

ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 10 - THPT

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

- Câu 5c nếu học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm

II ĐÁP ÁN:

1

a (1,0 điểm)

Điều kiện xác định: 2 2017 0

x

x x



  

2017 3 0

x x x

 



 

Vậy tập xác định của hàm số là D  ( ;0)(3; 2017)(2017;) 0,25

b (1,0 điểm)

Với mọi giá trị x x1, 2  ( 2; ), x1x2 ta có

( ) ( )

0,25

0

f x f x



2

(1,5 điểm)

ĐKXĐ: x 2 Khi đó phương trình trở thành

3x  1 2 x 2 2x7

0,25

3x 5 4 3x 1 3x 5 2 (x2)(2x7)

2 3x 1 (x2)(2x7)

0,5

4(3x 1) 2x23x142x29x 18 0

3 2 6

x x



  

 







0,5

Kết hợp điều kiện, suy ra phương trình có nghiệm là x6 0,25

3

(1,0 điểm)

Điều kiện xác định: 2

x mx m

Hàm số đã cho có tập xác định là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi bpt (*) có tập

nghiệm là một đoạn có độ dài bằng 4 Vì bpt (*) có hệ số a   1 0 nên tập nghiệm của (*)

là một đoạn có độ dài bằng 4 khi và chỉ khi phương trình 2

     có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 và x1x2  4

0,25

Ycbt

2

2

1 2

3 0 ' 0

   

 

0,25

2 2

1 29

2

m

m

  

 

   



Vậy các giá trị của m là 1 29, 1 29

0,25

4

(1,5 điểm)

(y2) 4(y  2) (x 1) 4(x1)

              y x 1

0,5

Thế vào phương trình thứ hai ta được

(x3) x  4 (x 9) x11x29x10

2 (x 3)( x 4 3) (x 9)( x 11 4) x 2x 35

0,5

2

4 3

x

2

11 4

x

Do đó (*) x 5

0,25

Với x  5 y 6 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( ; )x y (5;6) 0,25

5

a (1,0 điểm)

Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lý Sin, Cosin trong tam giác ABC ta có sin

2

a A R

 ; sin

2

b B R

 ;

2

c C

R



cos

2

a c b B

ac

 

cos

2

a b c C

ab

 

0,25

2 cos cos

2

(2bc a)( 2 b2 c2)0 2 2 2 2 2 2

b (1,0 điểm)

Ta có OMBI2OM BI   0 (2OAOB2OC BA )( BC)0 0,25

             0,25

Gọi H K, tương ứng là trung điểm của đoạn AB BC., Khi đó 0,25

 2

5OB BA  5OB BC  2 BABC 0

      

2BA 2BC AB BC AC

4

2

4

1 3

2

3

ABC

BA BC

AC



c (1,0 điểm)

C

M

A

D

E

B

N

Do ADEB nội tiếp nên AEDABD (1)

Tam giác ABD vuông tại D, suy ra BND cân tại N ABDBDN (2)

Lại có BDNDNM (so le trong) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra MNDMEDMDEN nội tiếp đường tròn

0,25

Gọi phương trình đường tròn đi qua bốn điểm M D E N, , , có dạng

x2y22ax2by c 0 ( a2  b2 c 0)

Vì D(4;1), E(2; 1) , N(1; 2) thuộc đường tròn, ta có:

a b c

a b c

a b c

     



     



     



9 4 3 4 5 2

a

b

c

 







 



 





(thoả mãn)

Vậy phương trình đường tròn qua M D E N, , , là: 2 2

2x 2y 9x3y 5 0

Tọa độ điểm M là nghiệm của hệ 2 2

1

2

x y





0,25

Do M có hoành độ lớn hơn 3, nên 7; 2

2

M 



  Phương trình đường thẳng AC y: 2x 5

Đặt A t t ( ; 2 5), ta có

2

AB

4

t

t

 



 

 Với t 2 A(2; 1)  (loại) E

Với t 4 A(4;3), suy ra ( 2;1)B  và (3;1).C

0,25

Thử lại CA(1; 2),CB ( 5;0)CA CB     5 0 C 90 (thoả mãn)

Vậy A(4;3), B ( 2;1), C(3;1)

0,25

6

(1,0 điểm)

Không mất tính tổng quát, giả sử a b c, khi đó a 0

Ta chứng minh:

2

  và

2

Thật vậy

2

2

Tương tự chứng minh được

2

 

0,25

Khi đó

b c

a c a b  b c  b c  



a b c bc

 

0,25

Dấu đẳng thức xảy ra khi

0

bc

a b c a b c

a b c





  



Hệ có vô số nghiệm, chẳng hạn 0, 1, 7 3 5

2

Vậy bất đẳng thức được chứng minh

0,25

-HẾT -