Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 10 - Năm học 2012-2013 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán Lớp 10 - Năm học 2012-2013 - SGD&ĐT Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. a) Giải bất phương trình x2 6x 2 2(2 x) 2x 1. 5 4 10 6 x xy y y b) Giải hệ phương trình: 2 4x 5 y 8 6 Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm x2 m y(x my) 2 x y xy Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I(2;4) và các đường thẳng d1 : 2x y 2 0, d2 : 2x y 2 0 . Viết phương trình đường tròn (C) có tâm I sao 2 2 cho (C) cắt d1 tại A, B và cắt d2 tại C, D thỏa mãn AB CD 16 5AB.CD. Câu4. 1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân CM 3 giác trong AL và 5 2 5 . AL 2 b Tính và cos A. c 9 2. Cho a,b ¡ thỏa mãn: (2 a)(1 b) 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 16 a4 4 1 b4 Câu 5. Cho f x x2 ax b với a,b ¢ thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m,n, p đôi một phân biệt và 1 m,n, p 9 sao cho: f m f n f p 7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). _____________ Hết _____________ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 1
2. SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Câu1 Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x . Đặt t 2x 1 (t 0 ) thì 2x t 2 1. Khi đó ta có 2 1.0 x2 6x 2 2(2 x)t 0 x2 2tx 4t 3(t 2 1) 2 0 2 2 (x t) (2t 1) 0 (x 3t 1)(x t 1) 0 0.5 3 điểm 1 x 1 t (do x 3t 1 0;x ;t 0 ). 0.5 2 x 1 Với ta có x 1 2x 1 x 2 2. x 1 t 2 x 2x 1 2x 1 1.0 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [2 2; ). 5 4 10 6 x xy y y (1) 5 Điều kiện: x 0.5 2 4x 5 y 8 6 (2) 4 Th1: y 0 x 0 không thỏa mãn 0.5 Th2: y 0 ta có: 5 x x 5 4 3 2 2 3 4 (1) y y (t y)(t t y t y ty y ) 0 với t=x/y y y 0,5 3 điểm 2 2 2 2 2 2 (t y) (t y ) (t y) (t yt y ) 2 0 t=y hay y2 x Thay vào (2): 4x 5 x 8 6 2 4x2 37x 40 23 5x 23 x 1 5 x 1 y 1 2 x 42x 41 0 Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: (x; y) (1;1);( 1;1) 0.5 my2 y m 0 (1) Hệ đã cho tương đương với: Câu2 2 0,5 x yx y 0 (2) 2 y 0 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là x y 4y 0 0,5 y 4 Th1: m 0, ta có y 0, x 0. Suy ra m 0 thỏa mãn. 0,5 2
3. 3 điểm Th2: m 0.Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng ( ; 4][0; ) (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc ( 4;0), điều kiện là 1 4m2 0 1 1 m ( ; )  ( ; ) 2 2 2 1 4m 0 2 1 4m 0 1 1 4m2 0 m 0 2 2 1 1 4m (B) 0.5 4 y1 0 4 0 2 2m 1 4m 1 8m (A) 4 y 0 2 2 2 1 1 4m 1 4m 1 8m 4 0 2m (với y1, y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)). 1 1 m 1 4 4 1 (A) 2 8 m (B) m ( ; )  ( ; ) 0,5 2 2 17 17 2 1 4m 1 8m Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng ( ; 4][0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là 0,5 4 1 4 1 m ;m 0. Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m . 17 2 17 2 Gọi hình chiếu của I trên d1,d2 lần lượt là E, F.khi đó 2 6 IE d ; IF d . 0,5 (I ;d1 ) 5 (I ;d2 ) 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn (C) cần tìm ( R ) 5 1 4 36 AB 2AE 2 R2 ;CD 2CF 2 R2 Câu3 5 5 3 điểm 2 4 2 36 2 4 2 36 Theo giả thiết ta có: 4 R 4 R 16 20 R R . 0,5 5 5 5 5 8R2 16 4 (5R2 4)(5R2 36) 2R2 4 (5R2 4)(5R2 36) 6 6 (2R2 4)2 (5R2 4)(5R2 36) (do R ) R 2 2 ( do R ) 0.5 5 5 Vậy phương trình đường tròn (C) cần tìm là (C) : (x 2)2 (y 4)2 8. 0.5  b  c  Ta có: AL AB AC 0.5 b c b c      CA CB AB 2AC CM 0.25 2 2   4.a Theo giả thiết: AL  CM AL.CM 0 0.25 3 điểm     bAB cAC AB 2AC 0 bc2 bc2 cos A 2cb2 cos A 2cb2 0 0.5 c 2b 1 cos A 0 c 2b (do cos A 1) b2 a2 c2 a2 b2 Khi đó: CM 2 0.25 2 4 2 3
4. 1   2 1   2 AL2 AB AC AB2 AC 2 2AB.AC 9b2 a2 0.5 9 9 9 CM 3 CM 2 9 a2 b2 9 5 2 5 . 5 2 5 AL 2 AL2 4 9b2 a2 4 0.5 a2 b2 a2 5 2 5 6 5 9b2 a2 b2 b2 c2 a2 5b2 a2 5 1 cos A 0.25 2bc 4b2 4 a b C/M được : a2 b2 c2 d 2 (a c)2 (b d)2 . ấu bằng xẩy ra khi: 0.5 c d 2 2 2 2 2 2 2 p a 4 a 2 (a 4b ) Áp dụng (1) ta có : 1 1 b 4 b 4 0.5 4 4 4 16 9 5 Mặt khác: (1 2a)(1 b) a 2b ab (2) 0.25 2 2 4.b a2 1 2a 3 điểm 2 2 2 3(a 4b ) 2 2 Mà: 4b 1 4b 2 2a 4b 2ab a 4b 2 (3) 0.75 2 a2 4b2 2ab 2 1 Từ (1) và (3) suy ra: p 2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b 2 0.5 1 Vậy: MinP 2 17 Đạt được khi a=1 và b . 2 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm 0,5 phân biệt Th2: f (m) f (n) 7 và f ( p) 7 Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m p n p ta có: m,n là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 và p là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 nên : 0,5 n p 2 m n a n m 9(l) 2 điểm p m 7 (n p)(n p a) 14 (n p)( p m) 14 n p 2 (m p)(m p a) 14 n m 9(l) p m 7 Th3: f (m) f (n) 7 và f ( p) 7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có: 0,5 m p 7 m p 7 ( p n)(m p) 14 hoặc p n 2 p n 2 Do m,n,p 1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17),(13;29),(7; 1),(9;7) . 0.5 Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 4