Đề thi HSG môn Toán lớp 10 năm 2013-2014 - Sở GD&ĐT Hà Nam

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017
SỞ GD&ĐT HÀ NAM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT

ĐỀ CHÍNH THỨC

NĂM HỌC 2013-2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1(5,0 điểm).
Cho Parabol (P) có phương trình y  4 x 2  1 , đường thẳng d có phương trình y  x  3 .
a. Lập phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d sao cho  cắt (P) tại hai
điểm phân biệt A, B và AB=1.
b. Gọi I là đỉnh của (P); A, B là hai điểm phân biệt thuộc (P) và không trùng với I sao cho
IA vuông góc với IB. Tìm quỹ tích trung điểm N của đoạn AB khi A, B thay đổi.
Câu 2 (5, 0 điểm).
1. Giải phương trình

x  1  x2  1  x x .

 x 2  21  y  1  y 2

2. Giải hệ phương trình 
 y 2  21  x  1  x 2 .


Câu 3 (5, 0 điểm).
1. Cho tam giác ABC có AC  b, BC  a, AB  c (b  a ) . Gọi D, E lần lượt là trung điểm của
AB, AC . Đường phân giác trong của góc C cắt DE tại P . Đường tròn nội tiếp của tam giác
ABC tiếp xúc với AB, BC lần lượt tại N , M .
  


 
 
a.Tính BM , BN , BP theo hai vectơ BA, BC và theo a , b, c .

b. Chứng minh rằng P, M , N thẳng hàng.
2. Cho tam giác ABC có AC  b, BC  a , AB  c là độ dài ba cạnh của tam giác; ma , mb , mc
là độ dài ba đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ A, B, C . Gọi R, S lần lượt là bán kính
đường tròn ngoại tiếp, diện tích của tam giác ABC. Chứng minh rằng nếu
1
1
1
3
thì tam giác ABC đều.



abmc bcma acmb 2 RS

Câu 4 (3,0 điểm).

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

Trang | 1

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A, đường thẳng BC có
phương trình x+2y-17=0, đường cao CK có phương trình 4x+3y-28=0, đường cao BH qua
điểm M(1; 6). Tìm tọa độ đỉnh A và tính diện tích tam giác ABC.
Câu 5 (2,0 điểm).
Cho ba số dương a , b, c thỏa mãn a 2  b 2  c 2  12 . Chứng minh rằng:
1
1
1
8
8
8


 2
 2
 2
.
a  b b  c c  a a  28 b  28 c  28

Hết

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

Trang | 2

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017
HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM
Nội dung

Điểm

Câu 1(5,0 điểm).
a. (3,0 điểm) Lập phương trình đường thẳng  song song với đường thẳng d sao
cho  cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B và AB=1.
Đường thẳng  song song với d có dạng y  x  m (m  3) .
Phương trình hoành độ giao điểm 4 x 2  x  1  m  0(1).
Để  cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B thì (1) có hai nghiệm phân biệt, điều kiện

0,5

15
là   0  m  .
16
Gọi x1, x2 là hai nghiệm phân biệt của (1). Theo định lý Viet, ta có
1
1 m
x1  x2  ; x1 x2 
.
4
4
A( x1; x1  m), B( x2 ; x2  m)

0,5

0,5

AB  1  2( x2  x1 )2  1  2  ( x2  x1 ) 2  4 x1 x2   1



1,0

1 m 
23
1
 2   4.
 1 m 
4 
16
 16
23
Kết hợp điều kiện ta được m  .
16

b. (2, 0 điểm)
Gọi I là đỉnh của (P); A, B là hai điểm phân biệt, không trùng với đỉnh và nằm trên
(P) sao cho IA vuông góc với IB. Tìm quỹ tích trung điểm N của AB khi A, B thay
đổi.
Gọi A(a;4a 2  1) nằm trên (P), đỉnh I(0;1).


Đường thẳng IB qua I(0;1), nhận IA( a;4a 2 ) là vectơ pháp tuyến. Phương trình của
đường thẳng IB là x  4ay  4a  0 .
 y  4 x2  1

 1 1

 B
;
 1
2
 16a 64a

 x  4ay  4a  0

Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình 
a

1

1



;2a 2 
 1
N là trung điểm của AB, suy ra N  
128a 2
 2 32a

5
4

0,5

0,5
0,5

5
4

2
Nhận xét y N  8 x N  . Vậy quĩ tích của điểm N là Parabol y  8 x 2  .

0,5

Câu 2 (5, 0 điểm).
1. (2,0 điểm). Giải phương trình
Điều kiện: x  1.

0,5

www.vclass.hoc247.vn - Hotline: 0981 821 807

x  1  x2  1  x x .

Trang | 3

CHƯƠNG TRÌNH BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA
MÔN TOÁN NĂM 2016 - 2017
x x  x 1  0

pt  x 2  1  x x  x  1  
2
3
2
 x 1  x  x 1  2x x  x


1,0

x  1


 x ( x  1)  2 x ( x  1)  1  0


 x ( x  1)  1
1 5


x
2
x  1


0,5

1 5
.
Vậy phương trình có nghiệm x 
2
 x 2  21  y  1  y 2 (1)

2.(3,0 điểm) Giải hệ phương trình 
 y 2  21  x  1  x 2 (2)

Điều kiện: x  1; y  1.

Trừ

vế

2

với
2

x  21  y  21 
2



x y
2

vế

2

y 1  x 1  y  x

2
2

của



x  21  y  21

(1)

cho

(2)

ta

có

2

0,5

yx
 ( y  x )( y  x )
y 1  x 1



x y
1
 (x  y) 

 x  y  0
 x 2  21  y 2  21

y 1  x 1




x y
1
 x  y vì 

 x  y   0x  1; y  1.
 x 2  21  y 2  21

y 1  x 1



0,5
0,5

Thay x = y vào (1) ta có
x 2  21  x  1  x 2  x 2  21  5  x  1  1  x 2  4


x2  4

x2
 ( x  2)( x  2)
x 1 1


x 2  21  5

x2
 ( x  2)  2
 x2
 x  21  5

0,5


1
0
x 1 1



  x 2  21  4 
1
0
 ( x  2)  ( x  2) 

 x 2  21  5 

x 1 1




  x 2  21  4 
 x  2 vì ( x  2) 

 x 2  21  5 



1