Đăng ký Đăng nhập
Trang chủ Giáo dục - Đào tạo Trung học phổ thông Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 (có đáp án chi tiết)...

Tài liệu Tuyển tập 25 đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 (có đáp án chi tiết)

.PDF
78
15322
132

Mô tả:

www.VNMATH.com Sở Giáo Dục & Đào Tạo TP. HỒ CHÍ MINH  KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XX – NĂM 2014  Môn thi : Toán - Khối : 10 Ngày thi : 05/04/2014 Trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong Thời gian làm bài : 180 phút Ghi chú : – Thí sinh làm mỗi câu trên mô ̣t hay nhiều tờ giấy riêng và ghi rõ câu số … ở trang 1 của mỗi tờ giấy làm bài. – Thí sinh không sử dụng máy tính cầm tay . – Đề này có 01 trang. Bài 1 (4 điể m): Giải hệ phương trình sau: 2 2 2 2   5x  2xy  2y  2x  2xy  5y  3(x  y) .  3 2x  y  1  2 7x  12y  8  2xy  y  5   Bài 2 (4 điể m): Cho đường tròn (O) đường kính AB , C là điểm di đô ̣ng trên (O) không trùng với A và B. Các tiế p tuyế n của (O) tại B và C cắ t nhau ta ̣i N, AN cắ t (O) tại D khác A. Tiế p tuyế n của (O) tại D cắ t CN ta ̣i P. Chứng minh rằ ng P di đô ̣ng trên mô ̣t đường cố đinh ̣ khi C di đô ̣ng trên (O). Bài 3 (3 điể m ): Cho a, b, c là ba số thực dương tùy ý. Chứng minh : a b c ≤ 1.   2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b2  7c2 Bài 4 (3 điể m): Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình : x2 + y2 + x + y = kxy có nghiệm nguyên dương x , y. Bài 5 (3 điể m): Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra . Chứng minh rằ ng khi đó có thể chọn ra ba vận động viên sao cho hai người bất kỳ trong ba người đươ ̣c cho ̣n đều đã thi đấu với nhau. Bài 6 (3 điể m) Cho hàm số f: N*  N*\{1} (N* là tập hơ ̣p các số nguyên dương) thỏa mãn: f(n) + f(n + 1) = f(n + 2)f(n + 3) – 168. Tính f(2014). Hế t www.VNMATH.com Bài Bài 1 ĐÁP ÁN TOÁN 10 Nội dung Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau  5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y)   2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5 (1) ∑=4.0 . (2) Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 2 2 1.0 2 2 = (2x  y)  (x  y)  (x  2y)  (x  y) ≥ (2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y) 0.5 Dấu “=” xảy ra  x  y  0 Thế y = x vào (2), ta được: 3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5 (3) 0.5 (3)  3 x  1  ( x  1)  2  3 19 x  8   x  2    2 x 2  2 x    x2  x  3x  1  x  1 x2  x  3x  1  x  1 2  x 3  6 x 2  7 x  3 19 x  8 2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2) 2  x 2  x  ( x  7) 3 19 x  8 2 3  ( x  2) 19 x  8  ( x  2)  2x2  2x 0.5  2( x 2  x)  0 0.5 2 2  x2  x  0  1 2( x  7)     2  0 (*) 2  3 x  1  x  1 3 19 x  8   ( x  2) 3 19 x  8  ( x  2)2  Vì x ≥ 0 nên (*) vô nghiệm. Do đó (3)  x = 0 hay x = 1. 0,5 0.5 Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0; 0  , 1;1 Bài 2 Cho đường tròn (O) đường kính AB, C là điểm di động trên (O) không trùng với A và B. Các tiếp tuyến của (O) tại B và C cắt nhau tại N, AN cắt (O) tại D khác A. Tiếp tuyến của (O) tại D cắt CN tại P. Chứng minh rằng P di động trên một đường cố định khi C di động trên (O). Xét hệ trục Oxy sao cho A(0; 1), B(0; –1). Ta có: (O): x2 + y2 = 1; C  (O) nên C(cost; sint). Vì C không trùng A và B nên cost ≠ 0. CP là tiếp tuyến của (O) tại C  CP: cost.x + sint.y – 1 = 0. A ∑=4 0,5 C P O D B 1  sin t ; –1) cos t   1  sin t 1  Đường thẳng AN có VTCP là AN   ; 2   (1  sin t ; 2 cos t )  cos t  cos t  AN: 2xcost + (1 + sint)(y – 1) = 0  AN: 2xcost + (1+ sint)y = 1 + sint BD: (1 + sint)x – 2cost(y + 1) = 0  BD: (1+ sint) x – 2ycost = 2cost Ta có D = AN  BD nên tọa độ D thỏa hệ: N N(xN; –1)  CP  N( 0,5 0,5 0,5 2x cos t  (1  sin t)y  1 www.VNMATH.com sin t 4 cos t 5sin t  3  x ;y  5  3sin t 5  3sin t (1  sin t)x  2y cos t  2 cos t 4 cos t 5sin t  3 .x + .y – 1 = 0 (Do DP là tiếp tuyến của (O) tại D) 5  3sin t 5  3sin t  4cost.x + (5sint – 3).y = 5 – 3sint DP: Bài 3 Vì P = DP  CP nên tọa độ P thỏa hệ: 4x cos t  (5y  3)sin t  3y  5 4 cos t.x  (5sin t  3) y  3sin t  5    1 cos t.x  sin t. y 4x cos t  4y sin t  4 3y  1 3(1  y 2 )  sin t  và cos t  . Vì cost ≠ 0 nên y ≠ 1 và y ≠ –1. y3 x(y  3) Ta có sin2t + cos2t = 1  x2(3y + 1)2 + 9(1 – y2)2 = x2(y + 3)2.  9x2y2 + 6x2y + x2 + 9(1 – y2)2 – x2y2 – 6x2y + 9x2.  8x2(y2 – 1) + 9(1 – y2)2 = 0  8x2 + 9(y2 – 9) = 0 (vì 1 – y2 ≠ 0) x2   y2  1 . 9/8 x2  y2  1. Vậy P thuộc elip (E): 9/8 Cho a, b, c là ba số dương. Chứng minh: a b c   1 2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b 2  7c 2 Áp dụng bất đẳng thức BCS ta có:   7a 2  b 2  c 2   7  1  1   7 a  b  c  1 9 1 3     2 2 2 7a  b  c  7a  b  c 7a2  b2  c2 7a  b  c 2 a 7a2  b2  c2  2 3a 7a  b  c 1 1 1 2 1  3a 1 2 a           7a  b  c 3a  3a  a  b  c 9  3a a  b  c  7a  b  c 3  3 a  b  c  1 2 a a  Do đó:     2 2 2 3 3 abc  7a  b  c 0,5 0,5 0,5 0.5 ∑ = 3.0 0.5 0.5 Mà b 1 2      3 3 abc  a  7b  c 1 2 c c      2 2 2 3 3 a b c  a  b  7c a b c Cộng vế theo vế ta được:   1 2 2 2 2 2 2 2 7a  b  c a  7b  c a  b 2  7c 2 Tương tự ta có: Bài 4 1.0 b 2 2 2 Tìm tất cả các số nguyên dương k sao cho phương trình x 2  y 2  x  y  kxy (1) có nghiệm nguyên dương x, y . Không mất tính tổng quát, giả sử x  y . Xét giá trị k nguyên dương sao cho phương trình đã cho có nghiệm nguyên dương. Trong các nghiệm ấy ta gọi  x0 ; y0  là nghiệm sao cho x0  y0  1 và x0  y0 nhỏ nhất. 1,0 ∑ = 3.0 0,5 Ta có x02   ky0  1 x0  y02  y0 = 0 nên x0 là nghiệm của phương trình f  x   x 2   ky0  1 x  y02  y0 = 0. Vì f  x  là bậc 2 nên f(x) còn có thêm một nghiệm là x1 . Do đó (x1; y0) thỏa (1) nên (x1; y0) là một nghiệm của (1). Mà cách chọn  x0 ; y0  có x0 + y0 nhỏ nhất nên x1  y0  x0  y0  x1 ≥ x0 ≥ y0 ≥ 1. Khi đó y0 nằm ngoài khoảng hai nghiệm của tam thức bậc hai f  x  có hệ số bậc 2 là số dương. Từ đó f  y0   0 . 1,0 Do f  y0   2 y02  2 y0  ky02 nên ta có www.VNMATH.com 2 k  2   4 (vì y0  1 ). Suy ra k  1; 2; 3; 4 . y0 0,5 2 3 y + Với k  1 thì (1)  x 2  y 2  x  y  xy   x    y 2  x  y  0 (vô lý ) 2  2 4 2 2 0,5 + Với k  2 thì (1)  x  y  x  y  2 xy   x  y   x  y  0 (vô lý) + Với k  3 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 3xy có nghiệm  x; y    2; 2  + Với k  4 thì (1)  x2 + y2 + x + y = 4xy có nghiệm  x; y   1;1 Bài 5 Cho trước số nguyên dương n  2 . Trong một giải đấu cờ vua có 2n vận động viên tham gia, mỗi người đấu với người khác đúng một ván. Tại một thời điểm trong giải, người ta thấy có n 2  1 ván đấu đã diễn ra. Chứng minh: khi đó có thể chọn ra ba vận động viên sao cho hai người bất kỳ đều đã thi đấu với nhau. Ta chứng minh bằng quy nạp theo n . ● Với n = 2: Giả sử bốn vận động viên tham dự là A, B,C , D và có 5 ván đấu đã diễn ra. Nếu hai trong ba người B,C , D đều đã đấu với nhau một ván thì ta có đpcm. Nếu có hai trong ba người B,C , D chưa đấu với nhau. Giả sử B và C chưa đấu với 0,5 ∑ = 3.0 1.0 nhau thì do số trận tối đa là C24 – 1 = 5 mà đã có 5 ván diễn ra nên chỉ có B và C là chưa đấu với nhau. Khi đó ba người A, B, D và A,C , D thỏa mãn yêu cầu bài toán.   ● Giả sử bài toán đúng với n = k k   *, k  2 . Bài 6 ● Ta chứng minh bài toán đúng với n = k + 1. Giả sử E và F là hai vận động viên đã đấu với nhau. Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại lớn hơn hoặc bằng k2 + 1 thì theo giả thiết quy nạp ta có đpcm. Nếu tổng số ván đấu giữa 2k vận động viên còn lại nhỏ hơn hoặc bằng k 2 , mà tại thời điểm này có (k + 1)2 + 1 = k2 + 2k + 2 ván đấu đã diễn ra nên tổng số ván mà E và F đã đấu lớn hơn hoặc bằng 2k + 2 ( kể cả ván đấu giữa E và F ). Suy ra số ván đấu giữa E, F với nhóm 2k vận động viên kia lớn hơn hoặc bằng 2k + 1 (*) . Nhận xét: Nếu không có người nào trong nhóm 2k vận động viên đã thi đấu với cả E và F thì số ván thi đấu tối đa là 2k (mâu thuẫn với (*)) Do đó, trong số 2k vận động viên còn lại, phải có ít nhất một người đã đấu với cả E và F (giả sử người này là G). Khi đó ta có 3 vận động viên E , F ,G thỏa yêu cầu bài toán. Vậy bài toán được chứng minh. Cho hàm số f: N*  N*\{1} thỏa f(n) + f(n + 1) = f(n + 2).f(n + 3) – 168 với n  N* 1.0 1.0 ∑ = 3.0 Tính f(2014)? 0.5 Ta có f(k) + f(k + 1) = f(k + 2).f(k + 3) – 168 Ta có f(k + 1) + f(k + 2) = f(k + 3).f(k + 4) – 168 Do đó k  N* thì f(k + 2) – f(k) = f(k + 3).[f(k + 4) – f(k + 2)] Suy ra rằng: f(3) – f(1) = f(4).f(6)……f(2k).[f(2k + 1) – f(2k – 1)] (1) f(4) – f(2) = f(5).f(7)…….f(2k + 1)[f(2k + 2) – f(2k)] (2) 0.5 Do đó: |f(3) – f(1)| = f(4).f(6)…….f(2k).|f(2k + 1) – f(2k – 1)| Với k  N*, k ≥ 2 Nếu f(3) ≠ f(1) thì f(2k + 1) ≠ f(2k – 1). Vì | f(2k + 1) – f(2k – 1)| là số nguyên dương nên |f(2k + 1) – f(2k – 1)| ≥ 1 k–1 và f(n) ≥ 2, n  N* . Do đó: |f(3) – f(1)| ≥ 2 , với k  N*, k ≥ 2 0.5 Điều này không thể xảy ra. Vậy f(3) = f(1) suy ra f(2k + 1) = f(2k – 1) = a www.VNMATH.com 0.5 Tương tự f(2k + 2) = f(2k) = b với a, b  N*; a, b ≥ 2 Giả thuyết: a + b = ab - 168  ab – a – b + 1 = 169 = 132  (a – 1)(b – 1) = 132. a  1  169 a  1  1  a  1  b  1  13 hoặc  hoặc  b  1  1 b  1  169  b  14   b  2 .  b  170 Vậy f(2014) = 2 hoặc f(2014) = 14 hoặc f(2014) = 170 0.5 Chú ý: Nếu học sinh làm bài 1 theo cách sau thì biểu điểm bài 1 như sau: Bài 1 (4 đ): Giải hệ phương trình sau  5x 2  2xy  2y 2  2x 2  2xy  5y 2  3(x  y) (1) .  (2)  2x  y  1  2 3 7x  12y  8  2xy  y  5 Ta có: (1)  x + y ≥ 0 và 5 x 2  2 xy  2 y 2  2 x 2  2 xy  5 y 2 = ≥ ∑=4.0 (2x  y)2  (x  y)2  (x  2y)2  (x  y)2  3  x  1 0.5 3 x  1  2. 3 19 x  8  2 x 2  x  5  3x  1  2  2 3x  1  2 38  x  1  3 x  1  3    3x  1  2  Xét phương trình: 19 x  8  2  3 3 19 x  8  9 19 x  8  2  3  19 x  8  3  2 x 2  x  3   x  1 2 x  3 38 3 1.0 (2x  y)2  (x  2y)2  2x  y  x  2y  3(x  y) Dấu “=” xảy ra  x  y  0 Khi đó, ta được: 0.5 0.5 0.5  2x  3 0.5  3. 3 19 x  8  9 3  3x  1  2 38 3 19 x  8 2  2x  3 (*)  3. 3 19 x  8  9 Ta thấy x  0 là một nghiệm của phương trình (*) 3 38 Với mọi x  0 , ta có:   3  2x  3 3 x  1  2 3 19 x  8  2  3. 3 19 x  8  9 Nên phương trình (*) không có nghiệm dương. Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x, y )   0;0  , 1;1 0.5 0.5 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Web: http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1 Ngày 14/03/2013 (Đề thi gồm 01 trang) ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN: TOÁN LỚP 10 Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm). Giải phương trình : x3  3x2  2 (x  2)3  6x  0 Câu 2 (2,0 điểm). Giải hệ :  x 3  2 y 2  x 2 y  2 xy  2 3  2 x  2 y  1  3 y  14  x  2  1  Câu 3 (1,5 điểm). Cho hình vuông ABCD. E,F là hai điểm thoả mãn: BE  BC , 3      1  CF   CD , AE  BF  I . Biểu diễn AI , CI theo AB, AD . Từ đó chứng minh góc AIC 2 bằng 900 . Câu 4 (1,5 điểm). Chứng minh rằng nếu các cạnh và các góc của tam giác ABC thoả mãn điều kiện : b c a   thì tam giác đó vuông. cosB cosC sinB.sinC Câu 5 (1,5 điểm). Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M(1;-1) là trung điểm của BC, 2 3 trọng tâm G( ;0). Tìm tọa độ A, B, C? Câu 6 ( 1,5 điểm). Cho a,b,c là các số thực không âm thoả mãn: a2  b2  c2  3. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P  ab2  bc2  ca2  abc. --------------------------------- Hết -------------------------------Họ tên thí sinh: …………………………………….. SBD: …………………….. ( Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Câu 1 (2điểm) Đáp án và biểu điểm Môn Toán lớp 10 Đáp án ĐKXĐ: x  2 ; Đặt x  2  y , y  0 .Ta có pt: Điểm 0.25 x 3  3x 2  2 y 3  6 x  0  x3  3x ( x  2)  2 y 3  0 0.75  x3  3xy 2  2 y 3  0(1) x x  1 hoặc  2 . y y Pt (1) là pt đẳng cấp bậc 3, giải pt thu được 2 (2điểm) 0.25 Giải pt được nghiệm là: x=2, x= 2  2 3 .Kết luận. ĐKXĐ: x 2  2 y  1 0.75 0.25 x  y 0.25 Phân tích pt (1) của hệ: ( x  y )( x 2  2 y )  0   2 x  2y TH1: x 2  2 y (loại do ĐKXĐ) TH2: x=y, thay vào pt(2) ta được: 2 x 2  2 x  1  3 x3  14  x  2(3) Ta thấy,  x  2 Đặt 3  x 3  6 x 2  12 x  8  ( x 3  14)  6( x 2  2 x  1) x 2  2 x  1  a  0, x  2  b . Ta có pt: 2a  3 b3  6a 2  b  3 b3  6a 2  b  2a  b3  6a 2  b3  6b 2 a  12ab 2  8a 3  8a 3  6b 2 a  12ba 2  6a 2  0 a  0  2   3  3 2 2a  b   b  3a  0(*)  2  4 3(1.5điểm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Dễ thấy pt(*) vô nghiệm . a  0 , giải pt thu được x  y  1  2.   1  AE  AB  AD , 3         AI  AB  BI  AB  k BF  AB  k ( BC  CF ) k    (1  ) AB  k AD. 2    6  2  2 Vì AI , AE cùng phương suy ra k  . Vậy AI  AB  AD. 5 5 5     1  3  Lại có, CI  AI  ( AB  AD)  AB  AD 5 5    AI .CI  0. a 4(1.5điểm) Từ giả thiết suy ra bcosC+ccosB  . cosBcosC sin B sin C a 2  b2  c 2 Áp dụng định lý Côsin, bcosC= , tương tự với ccosB . 2a  bcosC+ccosB=a 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Từ đó, B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2). Suy ra, B  900  C  A  900.   5(1.5điểm) Gọi A(x;y). Ta có, MA  3MG , suy ra A(0;2)  1 3 Pt đường thẳng BC ( qua M, nhận MG ( ;1) ) làm VTPT: x  3y  4  0 B  BC  B(3b  4; b)  C (3b  2; b  2) 0.5 0.25 0.5 0.25 Tam giác ABC vuông tại A   0.25 0,25 TH1: b  0  B(4;0), C (2; 2) 0.25  AB. AC  0  (3b  2)(3b  4)  (b  4)(b  2)  0 TH2: b= -2 , ngược lại. 6(1.5điểm) Vai trò a,b,c bình đẳng, giả sử b là số ở giữa 0.25  (b  a )(b  c )  0  a(b  a )(b  c )  0  P  a(b  a )(b  c )  b(a 2  c 2 )  b(a 2  c 2 ) 0.25 Áp dụng BĐT Côsi, a2  c2 a2  c2  P  b (a  c )  4b . 2 2 2 2 2 2 a c a c b2   2 2 )3  4  P  2.  4( 3 2 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi a=b=c=1. Vậy giá trị lớn nhất của khi P bằng 2. Ghi chú: các cách giải khác đúng cho điểm tương ứng 0.75 0.25 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên của phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy. Câu 2: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: → thỏa mãn điều kiện 2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ . Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 Giải hệ phương trình: ⎨ . 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 Câu 4: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì: a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0. Câu 5: (4 điểm) Trên đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC lấy tùy ý một điểm M. Chứng minh rằng T = MA4 + MB4 + MC4 không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. --- HẾT --- 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) Phương trình: 4 x 2 + 16 y 2 − x 2 y 2 = 14 xy (1) - Có x = y = 0 thỏa mãn phương trình (1) - Khi x, y ∈ Z , xy ≠ 0 thì (1) ⇔ ( x − 2 y ) 2 = xy ⎛ xy ⎞ ⎜ − 1⎟ (2) 2 ⎝ 2 ⎠ (1.0đ) (1.0đ) Phương trình (2) có VT là số chính phương và VP là tích của 2 số nguyên xy (1.0đ) liên tiếp nên suy ra − 1 = 0 ⇔ xy = 2 (3) 2 ⎧x = 2 ⎧ x = −2 Từ (2) và (3) suy ra ⎨ . hoặc ⎨ ⎩y =1 ⎩ y = −1 ⎧x = 0 , Kết luận nghiệm của (1) là: ⎨ ⎩y = 0 ⎧x = 2 ⎧ x = −2 và ⎨ ⎨ ⎩y =1 ⎩ y = −1 (1.0đ) Câu 2: (4 điểm) 2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x Đặt a = 2012, b = 2011. Thay x bởi x+1, ta có af ( x) + bf (− x) = x + 1 ⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1 (1.0đ) (0.5đ) (1) (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) = 2 a+b ⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1 x 1 ⎪ ⇒⎨ + 2 ⇒ f ( x) = a −b a +b ⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b 1 Vậy f ( x) = x + . 4023 Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1) ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 ) Lấy (1) trừ (2), ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x 1 (1.0đ) (1.0đ) (0.5đ) (1.0đ) ⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0 ⎡x = y ⇔⎢ ⎣8 x + 8 y + 9 = 0 (1.0đ) • Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15 2 ⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0 1 11 ⇔ x = hoặc x = − 8 2 (1.0đ) 8x + 9 4 2 ⇔ 64 x + 72 x − 35 = 0 • Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 − 2 ⎡ −9 + 221 ⎢x = 16 ⇔⎢ ⎢ −9 − 221 ⎢x= 16 ⎣ x= (0.5đ) −9 ± 221 −9 ∓ 221 ⇒y= 16 16 Vậy hệ có các nghiệm là: ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞ ; ; ⎟;⎜ ⎟ ⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜ 16 16 16 16 ⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ Câu 4: (4 điểm) BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012 + Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có: a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1 (0.5đ) 2013a (0.5đ) (1.5đ) 2012 sô ≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a (1.0đ) (1.0đ) + Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1 Câu 5: (4 điểm) - Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔABC và lập luận được OA + OB + OC = 0 (0.25đ) 2 2 (0.25đ) - Viết được MA = 2 R + MO.OA ( ) ( ) ( ) 2 ( ) 2 ( - Viết được T= 12 R 4 + 8R 2 .MO OA + OB + OC + 4 MO.OA + 4 MO.OB + 4 MO.OC (0.25đ) - Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng OA, OB, OC. ( ) ( 2 ) ( 2 Lập luận được MO.OA + MO.OB + MO.OAC ) 2 = R 2 . ( OA12 + OB12 + OC12 ) (1.0đ) - Lập luận được A1, B1, C1 là các đỉnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn đường kính OM. (1.0đ) 2 ) 2 3 2 - Lập luận được OA12 + OB12 + OC12 = R 2 (1.0đ) - Vậy T = 18R4. (0.25đ) --- HẾT--- 3 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 01 trang) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) Tìm nghiệm nguyên dương của phương trình: 2 x + y = 2 x + y + 2. Câu 2: (4 điểm) Tìm tất cả các hàm số f: → thỏa mãn điều kiện 2012 f ( x − 1) + 2011 f (1 − x) = x , ∀x ∈ . Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 . Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 Câu 4: (4 điểm) Chứng minh rằng với mọi a > 0 thì: a2013 – 2013a + 2012 ≥ 0. Câu 5: (4 điểm) (C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 2 y + 3 = 0 Cho đường tròn và đường thẳng d : x + my − 2m + 3 = 0 . Gọi I là tâm của (C). Tìm m để đường thẳng d cắt đường tròn (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB có diện tích lớn nhất. --- HẾT --- 1 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: TOÁN * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 03 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 2x + - Phương trình: ( (1) ) ⇔ 2 xy = 2 2 x + y + 1 (2) ⇔ 4 2 x + y = xy − 4 x − 2 y − 2 (3) 2 xy là số chẵn và Từ (2) , (3) suy ra Đặt y = 2x + y + 2 2 xy = 2t, t ∈ + 2 x + y là số nguyên. . ⎧⎪ 2 xy = 2t Kết hợp với (1) và (2), ta có hệ: ⎨ ⎪⎩ 2 x + Suy ra y = t +1 . y là nghiệm của PT: X2 – (t + 1)X + 2t = 0 (4). 2 x và (1.0đ) 2 (0.5đ) (0.5đ) 2 PT (4) có Δ = t - 6t + 1 = (t - 3) - 8. PT (4) có nghiệm nguyên khi Δ ≥ 0 và Δ là số chính phương. Ta có Δ ≥ 0 ⇔ 0 < t ≤ 3 − 2 2 hoặc t ≥ 3 + 2 2 ⇒ t ≥ 6 Nên ta có (t - 5)2 ≤ Δ < (t - 3)2 + Δ = (t - 5)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 5)2 => t = 6 (thỏa mãn) Giải ra có x = 8; y = 9 + Δ = (t - 4)2 ⇔ t2 - 6t + 1 = (t - 4)2 => 2t = 15 (loại) Vậy nghiệm của (1) là: ( x; y ) = (8; 9) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) Câu 2: (4 điểm) 2012. f ( x − 1) + 2011. f (1 − x) = x Đặt a = 2012, b = 2011 Thay x bởi x+1, ta có af ( x) + bf (− x) = x + 1 ⇒ af (− x) + bf ( x) = − x + 1 (1.0đ) (0.5đ) (1) (2) Cộng (1) và (2) theo vế ta có: (a + b)( f ( x) + f (− x)) = 2 ⇒ f ( x) + f (− x) = 2 a+b ⎧af ( x) + bf (− x) = x + 1 1 x ⎪ ⇒⎨ + 2 ⇒ f ( x) = a −b a +b ⎪⎩ f ( x) + f (− x) = a + b 1 (1.0đ) (1.0đ) Vậy f ( x) = x + 1 . 4023 (0.5đ) Câu 3: (4 điểm) ⎧⎪( 4 x + 2 )2 = 2 y + 15 (1) ⎨ 2 ⎪⎩( 4 y + 2 ) = 2 x + 15 ( 2 ) Lấy (1) trừ (2) ta được: ( 4 x − 4 y )( 4 x + 4 y + 4 ) = 2 y − 2 x (1.0đ) ⇔ ( 2 x − 2 y )( 8 x + 8 y + 9 ) = 0 ⎡x = y ⇔⎢ ⎣8 x + 8 y + 9 = 0 2 • Với x = y , ta có: ( 4 x + 2 ) = 2 x + 15 (1.0đ) ⇔ 16 x 2 + 14 x − 11 = 0 11 1 ⇔ x = hoặc x = − 8 2 (1.0đ) 8x + 9 4 ⇔ 64 x 2 + 72 x − 35 = 0 • Với 8 x + 8 y + 9 = 0 , ta có: ( 4 x + 2 ) = 15 − 2 ⎡ −9 + 221 ⎢x = 16 ⇔⎢ ⎢ −9 − 221 ⎢x= 16 ⎣ x= (0.5đ) −9 ± 221 −9 ∓ 221 ⇒y= 16 16 Vậy hệ có các nghiệm là: ⎛ 1 1 ⎞ ⎛ 11 11 ⎞ ⎛ −9 − 221 −9 + 221 ⎞ ⎛ −9 + 221 −9 − 221 ⎞ ; ; ⎟;⎜ ⎟ ⎜ ; ⎟ ;⎜ − ; − ⎟ ; ⎜ 16 16 16 16 ⎝2 2⎠ ⎝ 8 8 ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠ (0.5đ) Câu 4: (4 điểm) BĐT đã cho tương đương với: a2013 + 2012 + Biến đổi và dùng BĐT Cô-si, ta có: a2013 + 2012 = a2013 + 1 + 1 + ... + 1 2013a. (0.5đ) (1.5đ) 2012 sô ≥ 2013.2013 a 2013 = 2013a + Vậy BĐT đã được c/m và dấu “=” xảy ra khi a = 1 (1.0đ) (1.0đ) Câu 5: (4 điểm) - Xác định được I(-2; -1) và bán kính của (C) là R = 2 2 (0.5đ) - Viết được công thức tính diện tích của tam giác IAB: S ΔIAB = - Lập luận được S ΔIAB đạt giá trị lớn nhất ⇔ sin AIB = 1 ⇔ d(I;d) = 1 1 − 3m ⇔ =1 1 + m2 ⎡m = 0 ⇔⎢ ⎢m = 3 ⎣ 4 - Kết luận --- HẾT--- 3 1 2 R .sin AIB (0.5đ) 2 (0.5đ) (1.0đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC —————— ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: TOÁN Dành cho học sinh THPT không chuyên Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ———————————— Câu 1 (4,0 điểm). x2 + x + 1 + x2 − x + 1 = 2 (x∈ ). 1. Giải phương trình: 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2 − 2 ( m − 1) x − m3 + ( m + 1) = 0 có hai 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1 x2 ( 3x1 + 3x2 + 8 ) . Câu 2 (1,5 điểm). 2 3 2  x + x y − xy + xy − y = 1 Giải hệ phương trình:  4 ( x, y ∈ ) . 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 Câu 3 (1,5 điểm). ( Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện x + 1 + x 2 )( y + ) 1 + y 2 = 2012 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + y . Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam uuur uuur uuur uuur giác MNP. Chứng minh rằng OA + OB + OC = OH và ba điểm O, H, L thẳng hàng. 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho MAB = MBC = MCD = MDA = ϕ . Chứng minh đẳng thức sau: AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 , 2 AC.BD.sin α trong đó α là số đo góc giữa hai đường thẳng AC và BD. 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I . Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm cot ϕ =  7 5   13 5  M (1; −5 ) , N  ;  , P  − ;  (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm 2 2  2 2 tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm Q ( −1; 1) và điểm A có hoành độ dương. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: TOÁN ——————————— I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. - Với bài hình học nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. II. ĐÁP ÁN: Nội dung trình bày Điểm Câu Ý 1 1 2,0 điểm 2 2 1 3 1 3   Ta có x 2 − x + 1 =  x −  + , x 2 + x + 1 =  x +  + nên phương trình xác định 2 4 2 4   với mọi x ∈ . Phương trình đã cho tương đương với x2 − x + 1 + x2 + x + 1 + 2 2 (x 2 )( ) − x + 1 x2 + x + 1 = 4 0,5 ⇔ 2 x2 + 2 + 2 x4 + x2 + 1 = 4 ⇔ x4 + x2 + 1 = 1 − x2 1 − x 2 ≥ 0  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ 4 ⇔ 2  4 2 2 4 2 2 x + x +1 = 1 − 2x + x  x + x + 1 = (1 − x )  −1 ≤ x ≤ 1 ⇔ ⇔ x = 0 . Vậy pt có nghiệm duy nhất x = 0. x = 0 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1 + x2 ≤ 4 0,5 0,5 m ≥ 2 2 ∆ ' ≥ 0  −2 ≤ m ≤ 0 m m − 4 ≥ 0  ⇔ ⇔ ⇔   −2 ≤ m ≤ 0 ⇔  2 ≤ m ≤ 3  x1 + x2 ≤ 4 m ≤ 3 2 ( m − 1) ≤ 4  ( 0,5 ) 0,5 2 Theo định lí Viet ta có x1 + x2 = 2 ( m − 1) , x1 x2 = − m3 + ( m + 1) suy ra 3 3 2 P = ( x1 + x2 ) + 8 x1 x2 = 8 ( m − 1) − 8m3 + 8 ( m + 1) = −16m 2 + 40m 0,5 Bảng biến thiên m -2 0 2 0 16 3 0,5 P -144 2 -24 Từ bảng biến thiên ta được: Pmax = 16 khi m = 2 , Pmin = −144 khi m = −2 . 1,5 điểm 0,5 2 2  x 2 + x3 y − xy 2 + xy − y = 1 ( x − y ) + xy ( x − y ) + xy = 1 Ta có  4 ⇔ 2 2 2  x + y − xy (2 x − 1) = 1 ( x − y ) + xy = 1 0,25 a = x 2 − y Đặt  . Hệ trở thành: b = xy  0,25  a + ab + b = 1 (*)  2 a + b = 1   a 3 + a 2 − 2a = 0 a (a 2 + a − 2) = 0 Hệ (*) ⇔  ⇔ 2 2 b = 1 − a b = 1 − a 0,25 Từ đó tìm ra (a; b) ∈ {(0; 1); (1; 0); (−2; − 3)}  x2 − y = 0 * Với (a; b) = (0; 1) ta có hệ  ⇔ x = y = 1. xy = 1  0,25  x2 − y = 1 * Với (a; b) = (1; 0) ta có hệ  ⇔ ( x; y ) = (0; −1);(1;0);(−1;0) .  xy = 0 0,25 * Với (a; b) = (−2; −3) ta có hệ 3 3    x 2 − y = −2 y = − y = − ⇔ ⇔ ⇔ x = −1; y = 3 . x x  xy = − 3 3 2  x + 2x + 3 = 0 ( x + 1)( x − x + 3) = 0   0,25 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y ) ∈ {(1; 1);(0; − 1);(1; 0);(−1; 0);(−1; 3)} . 3 1,5 điểm Đặt t = x + 1 + x 2 thì dễ thấy t > 0 và x = Từ giả thiết ta có y + 1 + y 2 = Từ (1) và (2) suy ra x + y = Do đó x + y ≥ t 2 −1 (1) 2t 0,25 2012 20122 − t 2 . Từ đây cũng suy ra y = (2) t 2.2012.t t 2 − 1 20122 − t 2 2011  2012  + = t+ 2t 2.2012.t 2.2012  t  0,25 2011 2012 2011 2011 .2 t. = .2 2012 = . 2.2012 t 2.2012 2012 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi t = 2012 . Từ (1) và (2) suy ra x = y = 0,25 0,5 2011 2 2012 0,25 2011 2011 , khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2012 2 2012 4 1 1,0 điểm A P N H O 0,5 B C K M D
- Xem thêm -

Tài liệu liên quan