Tiêu đề Đề Thi Chọn Học Sinh Giỏi Lớp 10 Tỉnh Hải Dương 2012-2013 [Đáp Án].pdf ✅

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a Cho hàm số 2 y x x    3 2 và hàm số y x m    . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn thẳng AB cách đều các trục tọa độ. 1,25 Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt 2 x x x m      3 2 hay 2 x x m     2 2 0 (*)có    ' 0 m>1 0,25 Gọi A B x ;x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có A B I x x x 1 2    ; I I y x m m 1      0,25 Yêu cầu bài toán I I   y x    m 1 1    m 2;m 0 0,25 0,25 Kết hợp ĐK, kết luận m  2 0,25 b Giải bất phương trình: 2 1 1 0 4 3 2 4      x x x  (1) 1,25 TXĐ: 2 4 3 0 1 2;2 3 2             x x x x x 0,25 (1) 2 1 1 4 3 2 4      x x x  Nếu 1 2  x thì 2       x x x 4 3 0 2 4 , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 1 2  x 0,25 Nếu 2 2 4 0 2 3 4 3 0              x x x x bất pt đã cho 2       2x 4 x 4x 3 0,25 2 2        4 16 16 4 3 x x x x 2     5 20 19 0 x x 5 5 x 2 ;x 2 5 5     0,25 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 5 2 x 3 5    Tập nghiệm của bpt đã cho: 5 (1;2) (2 ;3) 5   0,25 2 a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x y 1 0    ; khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. 1,25 D(B;  )= 3 5 ; C(0:y0) ; D(C;  )= 0 y 1 5  , theo bài ra ta có 0 0 0 y 1 9 y 10; y 8 5 5       0,25
Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8) 0,25 Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC. Do BB'  u (1; 2)    nên ta có: a 2b 3 0    ; Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a b 2 0    Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5 0,25 Theo định lý Ta - Let suy ra 3 CA CB' 2    7 44 A(x; y);CA x; y 8 ;CB' ; 5 5          0,25 Từ đó suy ra 21 26 A( ; ) 10 5  ;C(0;-8) 0,25 b Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng 3 sin 5   1,25 Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có 2 2 2 c CN b 4   2 2 2 b BM c 4   0,25 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 2 2 2 BG CG BC cos BGC 2BG.CG    = 2 2 2 2 2 2 2(b c ) (4c b )(4b c )     ; Do đó 2 2 2 2 2 2 2(b c ) cos (4c b )(4b c )      0,25 Có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5(b c ) (4c b )(4b c ) ;" " 4c b 4b c 2           b c 0,25 Do đó 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2(b c ) 2(b c ).2 4 cos (4c b )(4b c ) 5(b c ) 5          0,25 Hay 2 3 sin 1 cos 5      . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 0,25 3 a Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các 2 1 BD BC;AE AC 3 4   . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 1,25 Vì 1 1 3 AE AC BE BC BA(1) 4 4 4     Giả sử AK x.AD BK x.BD (1 x)BA      0,25 K A B D C E G B A C M N
Mà 2 BD BC 3  nên 2x AK x.AD BK BD (1 x)BA 3      0,25 Vì B, K, E thẳng hàng(B  E ) nên có m sao cho BK mBE  Do đó có: m 3m 2x BC BA BC (1 x)BA 4 4 3     Hay m 2x 3m BC 1 x BA 0 4 3 4                  0,25 0,25 Do BC;BA không cùng phương nên m 2x 3m 0 &1 x 0 4 3 4      Từ đó suy ra 1 8 x ;m 3 9   Vậy 1 AK AD 3  0,25 3 b Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2 2 2     2a IA b IB c IC 0 ; Tìm điểm M: biểu thức 2 2 2 2 2 2    2a MA b MB c MC đạt giá trị lớn nhất. 1,25 Kẻ đường cao AH, ta có 2 2 b a.CH;c a.BH   nên 2 2 b .BH c .CH  . Do đó: 2 2 b .BH c .CH 0   0,25 Suy ra 2 2 2 2 2 b .IB c .IC b .IH c .IH a .IH     0,25 Kết hợp giả thiết suy ra 2 2 2a .IA a .IH  hay 2.IA IH  Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH 0,25 Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA y.IB z.IC 0  (*) bình phương vô hướng 2 vế (*), chú ý rằng 2 2 2 2IA.IB IA IB AB    ta có: 2 2 2 2 2 2 (x.IA y.IB z.IC )(x y z) xyc xzb yza        Từ đó có 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2a .IA b .IB c .IC ) 3b c     0,25 Mặt khác 2 2 2 2 xMA x(IA IM) x(IM IA 2IA.IM)      Tương tự cho yMB2 ; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có 2 2 2 2 2 2 2 xMA yMB zMC (x y z)IM xIA yIB zIC         Thay số có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2        2a MA b MB c MC a IM 3b c 3b c Dấu bằng xảy ra khi M trùng I 0,25 4 a Giải phương trình:     2 2 1 6 2 2 1 2 5 4      x x x x (*) 1,25 ĐK: 1 1 x ;x 2 2    0,25 (*) 2 2 2 2 2 2               (3x 1) (2x 1) 2(3x 1) 2x 1 1 (3x 1) (2x 1) (10x 8x)     2 2 2       3x 1 2x 1 x 1 0,25 A B H C