Title Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Lớp 10 Tỉnh Hải Dương 2011-2012 [Đáp Án].pdf ✅

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2011 – 2012 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Tìm m: 2 y x mx m    2 3 và y x    2 3 cắt nhau tại hai điểm phân biệt và hoành độ dương 1,00 Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt 2 2 x mx m x x m x m            2 3 2 3 2( 1) 3 3 0 0,25 ' 0 3( 1) 0 2( 1) 0 m m             0,25 1 ' 0 4 m m           0,25 Kết hợp nghiệm, kết luận m  4 0,25 b Giải bất phương trình: 2      x x x 8 12 10 2 1,00 TXĐ: 2        x x x 8 12 0 2 6 0,25 Nếu 5 6  x thì 2       x x x 8 12 0 10 2 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5 6  x 0,25 Nếu 2 10 2 0 2 5 8 12 0 x x x x              bất pt đã cho 2 2        x x x x 8 12 4 40 100 2 28 5 48 112 0 4 5        x x x 0,25 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4 5  x Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 0,25 2 a Giải phương trình: 3 3 3 3 (4 3) 2 x x x     (1) 1,00 Đặt 3 y x x    4 3 . (1) có dạng: 3 3 3 2 2 3 ( ) 4 3 y x I x x y         Khi đó nghiệm của (1) là x ứng với (x;y) là nghiệm của (I) 0,25 (I) 3 3 3 3 2 2 3 2 2 ( ) 0 y x x y x y           3 3 2 2 2 2 3(2) ( )(2 2 2 1) 0(3) y x x y x xy y            0,25 TH1: y = -x kết hợp(2), có nghiệm của (1): 3 3 4 x   0,25 TH2: 2 2 2 2 2 2 1 0; ' 2 3 x x xy y y        . Nếu có nghiệm thì 2 3 y  .
Tương tự cũng có 2 3 x  . Khi đó VT (2)  3 2 8 2 4 3 3 3 3         . Chứng tỏ TH2 vô nghiệm. KL (1) có 1 nghiệm 3 3 4 x   0,25 b Giải phương trình: 2 2 11 23 4 1 x x x     1,00 ĐK: x 1. 2 (1) 2( 6 9) ( 1 4 1 4) 0          x x x x 0,25 2 2 2( 3) ( 1 2) 0 x x      (*) 0,25 Do 2 a a  0( ) nên pt(*) 3 0 1 2 0 x x          0,25  x 3 . Vậy pt đã cho có 1 nghiệm x=3 0,25 3 a M (1;4). Đg thẳng d qua M, d cắt trục hoành tại A; d cắt trục tung tại B. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB( ; 0 A B x y  ) 1,00 Giả sử A(a;0); B(0;b), a>0; b>0. PT đường thẳng AB: 1 x y a b   0,25 Vì AB qua M nên 1 4 4 16 1 1 2 1 a b ab ab       0,25 1 4 1 2 8;" " 2 2 8 ab a a b b             0,25 Diện tích tam giác vuông OAB( vuông ở O)là S 1 1 . 8 2 2    OAOB ab . Vậy S nhỏ nhất bằng 8 khi d qua A(2;0), B(0;8) 0,25 b (C): 2 2 ( 2) ( 3) 9 x y     ; A(1; 2)  .  qua A,  cắt (C) tại M và N. Tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài đoạn thẳng MN. 1,0 (C) có tâm I(2;-3), bán kính R=3. Có A nằm trong đường tròn(C) vì 2 2 2 IA        (1 2) ( 2 3) 2 9 0,25 Kẻ IH vuông góc với MN tại H ta có 2 2 2 2 2 2 IH HN IN MN HN IH        9 4 4(9 ) 0,25 Mà IH AH IH IA     2 2       MN MN 4(9 2) 28 2 7 0,25 Vậy MN nhỏ nhất bằng 2 7 khi H trùng A hay MN vuông góc với IA tại A 0,25 4 a Chứng minh rằng tứ giác lồi ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi 2 2 2 2 2 2 AB BC CD DA AC BD      1,5 Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành      AB DC AB DC 0 0,25   2    AB DC 0 2 2     AB DC AB DC 2 . 0 0,25 2 2      AB DC AB AC AD 2 .( ) 0 2 2 2 2 2 2 2 2          AB DC AB AC BC AB AD BD ( ) ( ) 0 (*) ( vì     2 2 2 2 2 2 a b a a b b a b a b a b          2 . 2 . ) 0,25 0,25 0,25