De thi HSG lop 10 THPT Kon Tum

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 [r]

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







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

BM 

;

2

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

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

1 5

x  x 

(1)

2đ

Đặt t x 5t0;t5

khi đó phương trình trở thành

0.5đ

2

2

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

2

2

t



khi đó phương trình đã cho có nghiệm là:

2

x 

0.5đ

1.2

Giải hệ phương trình:

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

36

a

a b

b I

a b











Từ (2) ta có phương trình:

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;

x y  

0.5đ

2.1

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 +



0.5

Đồ thị hàm số là một parabol có đỉnh I(2;0), nhận x = 2 làm trục đối xứng và qua

Vẽ đúng, đẹp đồ thị hàm số

0.5

y

2.2 Tìm trên (P) điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M tới hai trục tọa độ nhỏ

nhất.

3đ

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

2

( ,Oy)







Vậy với S d M ( ,Ox)d M( ,Oy)a a 22

1đ

Nếu a < 0 thì S > 4

Nếu a > 2 thì S >2

0.5đ

Nếu 0 a 2 thì  

2

2

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 

điểm cần tìm

1đ

a

; CN =

2 3

a

; AP = x (0 < x < a) Tìm x theo a để AM ^ PN

3đ

Từ giả thiết ta có:

;

vậy

1 3

x

PN AN AP AC AB

a

0.75

suy ra

1

3

x

a

Hơn nữa:

1

AM ^ NP 

0.75

x O

   

2

2 0

  xa  a   x a

33 1

2đ

Ta có x33 1  3 3 x 13x13  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 3 3 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    

2 ( )

P x  mx n ax 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



 

.(1)

3đ

Ta có : (1) 34 x 3y3  x y

Mà 4x3y3 x y 3 3x y x y    20 1,5đ

Suy ra: z34x3y3   z x y

Vậy 3  3 3

4

x y z



 

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.

3đ

Gọi O là giao điểm hai đường phân giác

Ta có: AD BC. sinADB BE AC . .sinAEB

1đ

mà AD BC BE AC.  .  sinADBsinAEB

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 A B , điều này trái với giải thiết bài toán

0.5đ

TH2: Nếu ADB AEB 180o thì ECD EOD  180o

do đó

2

EODAOB  ABO BAO   C

Suy ra

2

o ECD EOD C   o C C o

0.5đ

Tóm lại góc với giả thiết bài toán xảy ra thi C  60o 0.5đ

Hết Hình vẽ bài 3

A P

B

N

Hình vẽ bài 6

C

D

E