Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 10 THPT năm học 2012 – 2013 môn thi: Toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,5 điểm) a) Cho hàm số 2 3 2  y x x và hàm số   y x m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. b) Giải bất phương trình: 2 1 1 0 2 44 3      xx x Câu 2 (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0   ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng 3sin 5   Câu 3 (2,5 điểm) a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: 2BD BC; 3    1AE AC 4    . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2 2 2b IB c IC 2a IA 0       ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( 2 2 2 2 2 2b MB c MC 2a MA  ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,5 điểm) a) Giải phương trình:    2 21 6 2 2 1 2 5 4    x x x x b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . Chứng minh rằng: 22 21 11 1 1 1        yx z xyz x y z . Hết. Họ và tên thí sinh:Số báo danh: Chữ ký của giám thị 1:.Chữ ký của giám thị 2: ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Cho hàm số 2 3 2  y x x và hàm số   y x m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách đều các trục tọa độ. 1,25 Yêu cầu bài toán PT sau có hai nghiệm phân biệt 2 3 2    x x x m hay 2 2 2 0   x x m (*)có ' 0  m>1 0,25 Gọi A Bx ;x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có A BI x xx 1 2    ; I Iy x m m 1     0,25 Yêu cầu bài toán I Iy x  m 1 1   m 2;m 0   0,25 0,25 Kết hợp ĐK, kết luận 2m 0,25 b Giải bất phương trình: 2 1 1 0 2 44 3      xx x (1) 1,25 TXĐ: 2 4 3 0 1 2;2 3 2           x x x x x 0,25 (1) 2 1 1 2 44 3      xx x Nếu 1 2 x thì 2 4 3 0 2 4     x x x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 1 2 x 0,25 Nếu 2 2 4 0 2 3 4 3 0          x x x x bất pt đã cho 22x 4 x 4x 3      0,25 2 24 16 16 4 3      x x x x 25 20 19 0   x x 5 5x 2 ;x 2 5 5     0,25 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 52 x 3 5    Tập nghiệm của bpt đã cho: 5(1;2) (2 ;3) 5   0,25 2 a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có (1;2)B . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0   ; khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. 1,25 D(B; )= 3 5 ; C(0:y0) ; D(C; )= 0 y 1 5  , theo bài ra ta có 0 0 0 y 1 9 y 10; y 8 5 5       0,25 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8) 0,25 Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC. Do BB'   u (1; 2)    nên ta có: a 2b 3 0   ; Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a b 2 0   Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5 0,25 Theo định lý Ta - Let suy ra 3CA CB' 2      7 44A(x; y);CA x; y 8 ;CB' ; 5 5           0,25 Từ đó suy ra 21 26A( ; ) 10 5  ;C(0;-8) 0,25 b Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng 3sin 5   1,25 Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có 2 2 2 cCN b 4   2 2 2 bBM c 4   0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 2 2 2BG CG BCcos BGC 2BG.CG    = 2 2 2 2 2 2 2(b c ) (4c b )(4b c )     ; Do đó 2 2 2 2 2 2 2(b c )cos (4c b )(4b c )      0,25 Có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 25(b c )(4c b )(4b c ) ;" " 4c b 4b c 2          b c  0,25 Do đó 2 2 2 2 2 22 2 2 2 2(b c ) 2(b c ).2 4cos 5(b c ) 5(4c b )(4b c )         0,25 Hay 2 3sin 1 cos 5      . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 0,25 3 a Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các 2 1BD BC;AE AC 3 4       . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 1,25 Vì 1 1 3AE AC BE BC BA(1) 4 4 4          Giả sử AK x.AD BK x.BD (1 x)BA          0,25 K A B CD E G B A C M N Mà 2BD BC 3    nên 2xAK x.AD BK BD (1 x)BA 3           0,25 Vì B, K, E thẳng hàng(B E ) nên có m sao cho BK mBE   Do đó có: m 3m 2xBC BA BC (1 x)BA 4 4 3         Hay m 2x 3mBC 1 x BA 0 4 3 4                   0,25 0,25 Do BC;BA   không cùng phương nên m 2x 3m0 &1 x 0 4 3 4      Từ đó suy ra 1 8x ; m 3 9   Vậy 1AK AD 3    0,25 3 b Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2 2 22a IA b IB c IC 0        ; Tìm điểm M: biểu thức 2 2 2 2 2 22a MA b MB c MC   đạt giá trị lớn nhất. 1,25 Kẻ đường cao AH, ta có 2 2b a.CH;c a.BH  nên 2 2b .BH c .CH . Do đó: 2 2b .BH c .CH 0     0,25 Suy ra 2 2 2 2 2b .IB c .IC b .IH c .IH a .IH         0,25 Kết hợp giả thiết suy ra 2 22a .IA a .IH   hay 2.IA IH   Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH 0,25 Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA y.IB z.IC 0       (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý rằng 2 2 22IA.IB IA IB AB     ta có: 2 2 2 2 2 2(x.IA y.IB z.IC )(x y z) xyc xzb yza       Từ đó có 2 2 2 2 2 2 2 2( 2a .IA b .IB c .IC ) 3b c    0,25 Mặt khác 2 2 2 2xMA x(IA IM) x(IM IA 2IA.IM)         Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có 2 2 2 2 2 2 2xMA yMB zMC (x y z)IM xIA yIB zIC        Thay số có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22a MA b MB c MC a IM 3b c 3b c       Dấu bằng xảy ra khi M trùng I 0,25 4 a Giải phương trình:    2 21 6 2 2 1 2 5 4    x x x x (*) 1,25 ĐK: 1 1x ;x 2 2    0,25 (*) 2 2 2 2 2 2(3x 1) (2x 1) 2(3x 1) 2x 1 1 (3x 1) (2x 1) (10x 8x)                  2 223x 1 2x 1 x 1      0,25 A B CH 22 2x 1 2x 2(a) 2x 1 4x(b)         0,25 Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm 4 6x 2    0,25 Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm 4 6x 2    0,25 b Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . Chứng minh rằng: 22 21 11 1 1 1        yx z xyz x y z (I) 1,25 Giả thiết suy ra: 1 1 1 1 xy yz zx    . Ta Có: 2 2 1 x 1 1 1 1 1 1 1 1 x x xy yz zx x y x z                1 2 1 1 ;" " y z 2 x y z            0,25 Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: 22 21 11 1 1 1        yx z x y z 1 1 13 ;" " x y z x y z            0,25 Ta sẽ CM: 1 1 13 xyz x y z              2 23 xy yz zx xyz x y z       0,25      2 2 2x y y z z x 0       Điều này luông đúng Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z 0,25 Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 0,25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.