Xem mẫu
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2011
Môn thi: TOÁN
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
A. Phần chung: ( 16,0 điểm)
Bài I ( 5,0 điểm)
Cho phương trình: m 4 x 2 2(m 2) x m 1 0 (1)
1. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.
2. Khi (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . Tìm m nguyên dương nhỏ nhất sao cho tích hai nghiệm là một số
nguyên .
Bài II (6,0 điểm)
2 3
1. Giải phương trình: 2x 6x 4 3 x 8 . (1)
2 1
x 1 y
y
2. Giải hệ phương trình sau :
y2 1 x 1
x
Bài III(2,0 điểm). Cho các số dương a, b, c : ab bc ca 3.
1 1 1 1
Chứng minh rằng: 2
2
2
.
1 a (b c ) 1 b (c a ) 1 c (a b) abc
Bài IV (3,0điểm)
Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của G xuống cạnh
BC, AC, AB. Chứng minh rằng: a 2 .GA1 b 2 .GB1 c 2 .GC1 0 . (Với a=BC, b=AC, c=AB).
B. Phần riêng: ( 4,0 điểm)
Bài Va. (Dành cho ban khoa học tự niên).
3
Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã diÖn tÝch b»ng , A(2; - 3), B(3; - 2).
2
Träng t©m G của tam gi¸c ABC thuéc ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh: 3x- y- 8 = 0. TÝnh b¸n kÝnh
®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC.
Bài Vb. (Dành cho ban khoa học cơ bản).
Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và đường thẳng AB có
phương trình x-y=0. Biết rằng điểm I(2;1) là trung điểm của đoạn thẳng BC, tìm toạ độ trung điểm K
của đoạn thẳng AC.
----------Hết---------
Họ và tên thí sinh:…………………………..; Số báo danh:…………………………………
- ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011
MÔN:TOÁN
Bài ý Nội dung Điểm
I(5,0 1.(2,0 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất
đ) đ)
3
TH1: m 4 : (1) 4 x 3 0 x , (Thỏa mãn) 0,5
4
TH2: m 4 : PT (1) có nghiệm duy nhất khi , 0 m 0
1,0
Vậy với m 0, m 4 thì phương trình (1) có nghiệm. 0,5
2.(3,0 Tìm m nguyên dương nhỏ nhất sao cho tích hai nghiệm là một số nguyên
đ)
PT (1) có 2 nghiệm x1 , x2 khi m 0 , m 4 1,0
m 1 3 0,5
Theo viet: P= x1 x2 1 ,
m4 m4
3 0,5
P Z khi Z m 4 1; m 4 1; m 4 3; m 4 3
m4 0,5
m 5; m 3; m 7; m 1
Vậy m nguyên dương nhỏ nhất thỏa mã là: m=1 0,5
II(6,0đ 1.(3,0đ Giải phương trình
) )
ĐK: x 2 .
(1) 2 x 2 2 x 4 2 x 2 3 x 2 x2 2 x 4 0,5
x2 x2 0,5
2 2
3 2 20
x 2x 4 x 2x 4
x2 0,5
Đặt t 2
,t0.
x 2x 4
0,5
t 2, (loai )
Phương trình trở thành 2t 2 3t 2 0 1 .
t
2 0,5
1
Với t : Phương trình đã cho có nghiệm x 3 13 .
2 0,5
- 2.(3,0 Giải hệ phương trình:
đ)
Điều kiện: x, y 0
x2 y y y 2 1 x2 y y y 2 1
Hệ đã cho tương đương với hệ:
y2 x x x 2 1
xy ( x - y ) y - x y 2 x 2
2
2 0,5
x y y y 1
( x - y )( x y xy 1) 0
0,5
[
x 2 y y y 2 1
x- y0
, ( Ia )
x 2 y y y 2 1
x y xy 1 0
,( Ib ) 0,5
x2 y y y2 1
x3 x2 x 1 0
(Ia)
Giải (Ia): x y
x y
{ x 1
y 1
0,5
Giải (Ib): Từ (1), (2) ta có: x 0, y>0 0,25
1
x2 1 y
2 x 1 0,25
y
Theo BĐT CÔSI:
1
y2 1 x 2 y 1 0,25
x
x y xy 1 0
Vậy (Ib) vô nghiệm. 0,25
- III.(2 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3 ab bc ca 3 3 (abc) 2 abc 1 .
đ) 0,5
1 1
Suy ra: 1 a 2 (b c ) abc a 2 (b c) a(ab bc ca ) 3a 2
(1).
1 a (b c) 3a 0,5
1 1 1 1
Tương tự ta có: 2
(2), 2
(3).
1 b (c a ) 3b 1 c (a b) 3c
Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 0,5
1 1 1 1 1 1 1 ab bc ca 1
2
2
2
( ) .
1 a ( b c ) 1 b ( c a ) 1 c ( a b) 3 c b c 3abc abc
Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi abc 1, ab bc ca 3 a b c 1, (a, b, c 0). 0,5
IV.(3,
0đ)
a 2 .GA1 b 2 .GB1 a 2 .GC1 0 (a 2 .GA1 b 2 .GB1 a 2 .GC1 ) 2 0
(3,0đ)
0,5
0,5
a 4 .GA12 b 4 .GB12 c 4 .Gc12 2a 2b 2 GA1.GB1 2a 2c 2 GA1.GC1 2b 2c 2 GB1.GC1 0 (2)
h h h 4ý
Ta có: GA1 a , GB1 b , GC1 c , aha bhb chc 2 S , 1,0
3 3 3
GA1.GB1 GA1.GB1.cos(180 C ) GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C c 2 a 2 b 2
0
GA1.GC1 GA1.GC1.cos(1800 B ) GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B b 2 a 2 c 2
GC1.GB1 GC1.GB1.cos(1800 A) GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A a 2 b 2 c 2
4S 2 .a 2 4S 2 .b 2 4 S 2 .c 2
VT(2) 1,0
9 9 9
4S 2 .(c 2 a 2 b 2 ) 4S 2 .(b 2 a 2 c 2 ) 4 S 2 .(a 2 c 2 b 2 )
0
Va. 9 9 9
(4,0đ) Gäi C(a; b)
1
S= CH.AB (1).
2
0,5
Ta cã: AB = 2
a b5
Ph¬ng tr×nh AB: x - y - 5 = 0 => CH = d(C, AB) =
2
3 1 a b 5 0,5
Do ®ã: (1) . . 2 a b 5 3.
2 2 2
- a b 8
a b 2 0,5
a 5 b5
To¹ ®é G( ; )
3 3
3(a 5) b 5
Ta cã: G 8 0 3a - b = 4.
3 3 0,5
a b 8 a 2
TH1: => C(-2; -10)
3a b 4 b 10 0,5
Chu vi tam gi¸c: 2p = AB + BC + CA = 2 65 89
2S 3
=> r = .
2p 2 65 89 0,5
a b 2 a 1
TH2: => C(1; -1)
3a b 4 b 1 0,5
Chu vi tam gi¸c: 2p = AB + BC + CA = 2 5 2
3
=> r = .
2 5 2 0,5
Vb(
4,0đ) (4,0đ) Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình x-y-1=0. 0,5
2 1
Chiều cao kẻ từ C của tam giác ABC là: h 2 2 0,5
2
2S
AB 2 2
h 0,5
AB AB
Ta có IK 2 K đường tròn tâm I bán kính IK 2
2 2 0,5
2 2
(C ) : x 2 y 1 2
0,5
Toạ độ K là nghiệm của hệ :
x 2 2 y 1 2 2
0,5
x y 1 0
0,5
K (1; 0)
K (3; 2) 0,5
Chú ý: Các cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm.
---------------------------Hết---------------------------
- SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2010
TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Môn thi: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề.
A. Phần chung: ( 18,0 điểm)
Bài I ( 6,0 điểm)
Cho phương trình: ( 4 − m ) x 2 + 2(m − 2) x + 1 − m = 0 (1)
1. Tìm m để phương trình có nghiệm.
2. Khi (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . Tìm a sao cho biểu thức M=( x1 − a )( x2 − a ) không phụ thuộc vào m.
Bài II (6,0 điểm)
1. Giải phương trình x 2 − 2 x = 2 2 x − 1 .
⎧ x 2 + y 2 = 2m + 2 (1)
⎪
2. Tìm m để hệ phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm : ⎨
⎪( x + y ) = 4
2
⎩ (2)
Bài III ( 2,0 điểm)
mx + n
Tìm m, n để biểu thức P = , đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng -1.
x2 + 1
Bài IV (4,0 điểm)
1. Trong hệ trục tọa độ (Oxy) cho đường tròn (T) có phương trình: x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 2 = 0 và đường thẳng
( Δ ) : 2 x + 2 y + 1 = 0 , ( Δ ) cắt (T) tại B và C.
Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất.
2. Cho tam giác ABC, gọi la , lb , lc là độ dài các đường phân giác trong và S là diện tích của tam giác ABC.
3
Chứng minh rằng nếu la , lb , lc < 1 thì S < .
3
B. Phần riêng: ( 2,0 điểm)
Bài Va. (Dành cho ban khoa học tự niên).
Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng ta luôn có:
1 1 1 3
+ 3 + 3 ≥ .(1)
x ( y + z) y ( x + z) z ( x + y) 2
3
Bài Vb. (Dành cho ban khoa học cơ bản).
Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng ta luôn có:
a2 b2 c2 3
+ + ≥ .
b+c a+c a+b 2
----------Hết---------
Họ và tên thí sinh:…………………………..; Số báo danh:…………………………………
- ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010
MÔN:TOÁN
Bài ý Nội dung Điểm
I(6,0 đ) 1.(3,0đ) Tìm m để phương trình có nghiệm.
3
m = 4 : (1) ⇔ 4 x − 3 = 0 ⇔ x = , (Thỏa mãn)
4 1,0
m ≠ 4 : PT (1) có nghiệm Δ , ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 ,( m ≠ 4)
1,0
Vậy với m ≥ 0 thì phương trình (1) có nghiệm. 1,0
2.(3,0 đ) Tìm a sao cho biểu thức M=( x1 − a )( x2 − a ) không phụ thuộc vào m.
Với m ≥ 0 , m ≠ 4 : PT (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . 0,5
Suy ra: M=( x1 − a )( x2 − a )= x1 x2 − a ( x1 + x2 ) + a 2 , (*) 0,5
2(2 − m) 1− m 0,5
Theo viet: x1 x2 = , x1 + x2 =
4−m 4−m
2(2 − m) (1 − m) 0,5
Thay vào (*) ta có: M= −a + a2
4−m 4−m
0,5
3a − 4
= a2 − a + 2 +
4−m
4 0,5
M ∉ m ⇔ 3a − 4 = 0 ⇔ a =
3
II(6,0đ) 1.(3,0đ) Giải phương trình
1
Đk: x ≥
2
1,0
Pt ⇔ ( x − 1) − 1 = 2 2 x − 1 . Đặt
2
2 x − 1 = y − 1, ( y ≥ 1)
⇒ ( y − 1) 2 = 2 x − 1
⎧( y − 1) 2 = 2 x − 1 ⎧( x − y )( x + y ) = 0
⎪
Ta có hệ phương trình: ⎨ ⇔⎨
⎪( x − 1) = 2 y − 1 ⎩( y − 1) = 2 x − 1
2 2
⎩
⎧x = y
⎧x − y = 0 ⎧x = y ⎪
•⎨ ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎡ y = 2 − 2(loai ) 1,0
⎩( y − 1) = 2 x − 1 ⎩ y − 4 y + 2 = 0 ⎪⎢
2
⎩⎢ y = 2 + 2 ⇒ x = 2 + 2
⎣
⎧x = − y ⎧x = − y
•⎨ ⇔⎨ 2 , hệ vô nghiệm.
⎩( y − 1) = 2 x − 1 ⎩ y = −2
2
1,0
KL: Phương trình có một nghiệm là x = 2 + 2 .
2.(3,0đ) Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt
m < −1 : Hệ vô nghiệm 0,5
m ≥ −1 : Các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn tâm O bán kính R = 2(m + 1)
1,0
Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên 2 đường thẳng:
- Δ1 : x + y = 2 và Δ 2 : x + y = −2
Theo tính chất đối xứng nên Δ1 , Δ 2 cùng là tiếp tuyến hoặc cùng không phải là tiếp 0,5
tuyến.
Vì vậy hệ có nhiều hơn 2 nghiệm ⇔ d (O, Δ1 ) < R
⇔m>0 1,0
KL: m > 0 .
III(2,0đ) Tìm m, n
.•D=R
m R x ( P − 4)=0
a
y c b t ⇔ T im m , n ⇔ { m in ( P +1) = 0
0,5
R
m R x ( −4 x2 + m x + n − 4 )= 0
a
⇔ { m in ( x 2 + m x + n +1) = 0
R
m Δ
m R x [ − 4 ( x − 8 ) 2 + 1 61 ] = 0
a
⇔ { m in [( x +
m 2 Δ2
) − ]= 0 0,5
R 2 4
Δ1 = m 2 +16 ( n − 4 ) = 0
⇔ { Δ 2 = m 2 − 4 ( n +1) = 0
0,5
m 2 =1 6
⇔{ n=3
0,5
⇔[
m = −4 ,n = 3
m = 4 ,n = 3
1.(2,0đ) Tìm tọa độ điểm A
IV
0,5
Ta có: (T ) ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = 4 ⇒ I (1; −1), R=2
2 2
1
S = d ( A, Δ ).BC , BC=const
2
0,5
Do đó S lớn nhất khi và chỉ khi d ( A, Δ ) lớn nhất.
- Lập phương trình đường thẳng ( Δ , ) , đi qua tâm I(1;-1): x − y − 2 = 0
( Δ , ) cắt (T) tại A1 (1 + 2; 2 − 1), A2 (1 − 2; −1 − 2)
0,5
5 3
d ( A1 , Δ ) = , d ( A2 , Δ ) = ⇒ A ≡ A1
2 2
Vậy A (1 + 2; 2 − 1) 0,5
2. (2,0đ)
3
Chứng minh rằng nếu la , lb , lc < 1 thì S < .
3
•Nếu tam giác ABC có ba góc nhọn. Giả sử góc B lớn nhất, khi đó 60o ≤ B < 900 .
Do la , lc < 1 ⇒ ha , hb < 1
ha hb 3 1,0
⇒ S= <
2sin B 3
•Nếu một trong các góc của tam giác không nhọn, giả sử góc B.
AB ≤ la < 1, BC ≤ lc < 1 1,0
Suy ra 1 1 1 3
⇒ S= .BA.BC.SinB ≤ .BA.BC < < .
2 2 2 3
Va( 2đ) (2,0đ) Chứng minh bất đẳng thức
1 1 1
Đặt: = a, = b, = c ⇒ a, b, c > 0 và abc=1
x y z
a2 b2 c2 3
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: + + ≥ 0,5
b+c a+c a+b 2
a 2
b+c
+ ≥a
b+c 4
b2 a+c 0,5
Áp dụng BDT Côsi ta có : + ≥b
a+c 4
c2 a+b
+ ≥c
a+b 4
a2 b2 c2 1
Cộng vế với vế ta có: + + ≥ (a + b + c)
b+c a+c a+b 2 0,5
Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 0,5
a2 b2 c2 3
⇒ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1.
b+c a+c a+b 2
Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh, và dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.
- Vb(2,0) a2 b+c
+ ≥a 0,5
b+c 4
b2 a+c
Áp dụng BDT Côsi ta có : + ≥b
a+c 4
c2 a+b
+ ≥c
a+b 4
a2 b2 c2 1
Cộng vế với vế ta có: + + ≥ (a + b + c) 0,5
b+c a+c a+b 2
Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 0,5
a2 b2 c2 3
⇒ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. 0,5
b+c a+c a+b 2
Chú ý: Các cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm.
---------------------------Hết---------------------------
- ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 – TỈNH ĐỒNG NAI
NGÀY 5 THÁNG 4 NĂM 2013
Thời gian: 180 phút
sin B 2sin C
Câu 1. Cho tam giác ABC có sin A với A,B,C tương ứng là kí hiệu số đo
2cos B cosC
của các góc BAC,ABC,ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
x 2 xy 2y 2 3y 1
Câu 2. Giải hệ phương trình x, y
x. x y x y 2
a 3c a 3b 2a
Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng: 5
ab a c bc
Câu 4. Cho các số nguyên m, n ,k thỏa m.n k 2 và k không chia hết cho 3. Chứng minh
rằng m n chia hết cho 3.
Câu 5. Cho đường tròn O1 có tâm O1 và đường tròn O2 có tâm O2 , biết hai đường
tròn cắt nhau tại hai điểm A, B. Vẽ tiếp tuyến chung d của hai đường tròn. Gọi C, D lần
lượt là tiếp điểm của d với O1 , O2 ; biết A và C khác phía so với O1O2 . Vẽ đường
thẳng đi qua A và song song với d lần lượt cắt BD, BC tại E, F. Chứng minh rằng
AE AF .
- HƯƠNG DẪN GIAI
́ ̉
Câu 1. Ta có:
sin B 2sin C
sin A 2sin Acos B sin AcosC sin B 2sin C
2cos B cosC
1
sin A B sin A B sin A C sin A C sin B 2sin C
2
1 1
sin C sin A B sin B sin A C sin B 2sin C
2 2
sin A B sin C
(vì A B C 1800 )
sin A C sin B
1
sin A B sin C sin B sin A C 0
2
1
sin A B sin A B sin A C sin A C 0
2
2cosAsin B cosAsin C 0
cos A 0 1
2sin B sin C 0 vn
Pt 1 cho ta tam giác ABC vuông tại A.
x 2 xy 2y 2 3y 11
Câu 2. Giải hệ:
x. x y x y 2 2
Xem phương trình (1) là pt bậc hai theo x nên ta có được hai nghiệm là: x y 1;x 1 2y
Với x y 1 x y 1 (loại vì x y 0 )
Với x 1 2y thay vào (2) ta được:
1
3y 3 1 2y 1 3y 0 y , đặt t 1 3y;t 0 thay vào giải ta được:
3
t 2 1 3y 2 y 1 x 3 .
Vậy hệ đã cho có nghiệm là: x 3; y 1 .
a 3c a 3b 2a
Câu 3. 5 (1)
ab a c bc
Ta có:
a c a b 2a 2b 2c
VT1
a b a c bc a c a b
a2 b2 c2
2 2
a b c b a c c a b
a b c 2
2 2 3 5 (đpcm).
ab bc ca
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a b c .
Câu 4. Vì m.n k 2 và k không chia hết cho 3(m, n, k là các số nguyên) nên m, n không
chia hết cho 3. Suy ra m 3m' r1,n 3n ' r2 r1,r2 0;1;2 .
- Do m.n k 2 nên m.n r1r2 mod3 , suy ra r1r2 1 mod3 suy ra r1 r2 1 mod3
Suy ra m n mod3 m n 3 đpcm.
Câu 5. Gọi G AB CD , suy ra GC GD ( vì
GA.GB GC2 GD2 là phương tích của điểm G với hai
GD GB GC
đường tròn). Theo định lí Talet ta có: mà
AE AB AF
GC GD nên AE AF (đpcm).
nguon tai.lieu . vn
