Đề thi học sinh giỏi lớp 10 năm học: 2012 -2013 mônthi : toán thời gian: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI 
CỤM TRƯỜNG THPT THẠCH THẤT- QUỐC OAI 
 Đề đề xuất 
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 
Năm học: 2012 - 2013 
Mụn thi : Toỏn 
 Thời gian: 120 phỳt (khụng kể thời gian giao đề) 
Cõu 1.(5,0 điểm) Giải phương trỡnh và bất phương trỡnh sau: 
 1)      21 2 4 8 4x x x x x     
 2) 2 21 1 2x x x x       x . 
Cõu 2.(3,0 điểm) 
 Giả sử phương trỡnh bậc hai ẩn x (m là tham số): 
   22 32 1 1 0x m x m m      cú hai nghiệm 1 2,x x thỏa món điều kiện 1 2 4x x  . 
Tỡm giỏ trị lớn nhất và giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức:  3 31 2 1 2 1 23 3 8P x x x x x x     . 
Cõu 3.(3,0 điểm) Giải hệ phương trỡnh: 
2 3 2
4 2
1
 ( , )
(2 1) 1
x x y xy xy y
x y
x y xy x
      
   
 . 
Cõu 4.(7,0 điểm) 
 1) Cho hỡnh chữ nhật ABCD. Kẻ BKAC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AK 
và CD. Chứng minh rằng:  090BMN  
 2) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hỡnh thoi ABCD cú tõm I(2; 1) và AC = 
2BD. Điểm M
1(0; )
3
 thuộc đường thẳng AB, điểm N(0; 7) thuộc đường thẳng CD. Tỡm 
tọa độ đỉnh B biết B cú hoành độ dương. 
Cõu 5.(2,0 điểm) 
 Cho a, b ,c là cỏc số thực dương thỏa món: ab + bc + ca = 3. Chứng minh rằng : 
     2 2 2
1 1 1 1
1 a b c 1 b c a 1 c a b abc
  
     
 ------ Hết ------ 
 Họ và tờn thớ sinh: ................................................ Số bỏo danh: ............ 
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI 
CỤM TRƯỜNG THPT THẠCH THẤT- QUỐC OAI 
ĐÁP ÁN Kè THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 
NĂM HỌC 2012 - 2013 
Mụn thi: TOÁN 
Cõu 1.1 (2,5 đ) 
  2 2 26 8 9 8 4Bpt x x x x x      (1) 
 x = 0 không phải là nghiệm 
0,5 
 0x , Bất phương trình (1) 8 86 9 4x x
x x
           
   
0,5 
Đặt 
8x t
x
  , điều kiện 4 2t  (*) 
Bpt trở thành: 2 15 50 0 5 10t t t      , kết hợp (*) ta được: 
84 2 10 4 2 10 5 17 5 17t x x
x
           
1,0 
KL: nghiệm của BPT là: 5 17;5 17x      
0,5 
Cõu 1.2 (2,5 đ) 
Đk xỏc định: x . 0,5 
Phương trỡnh đó cho tương đương với 
    2 2 2 21 1 2 1 1 4x x x x x x x x           
0,5 
2 4 2 4 2 22 2 2 1 4 1 1x x x x x x           
0,5 
 
2
2 4 2 2 44 2 2
1 0 1 1
1 1 21 1
x x
x x x xx x x
       
        
0,5 
1 1
0
0
x
x
x
  
  

. Vậy pt cú nghiệm duy nhất x = 0 
0,5 
Cõu 2 (3,0 đ) 
Phương trỡnh đó cho cú hai nghiệm 1 2,x x thỏa món 1 2 4x x  
 
 
2
1 2
24 0' 0 2 0
2 0
4 2 32 1 4 3
mm m m
m
x x mm m
                         
1,0 
Theo định lớ Viet ta cú    231 2 1 22 1 , 1x x m x x m m       suy ra 
      3 3 23 21 2 1 28 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m           
0,5 
Bảng biến thiờn 
-24
16
-144
0
320-2
P
m
1,0 
 Từ bảng biến thiờn ta được: max 16P  khi 2m  , min 144P   khi 2m   . 
0,5 
Cõu 3.1 (3,0 đ) 
Ta cú 
 
2 22 3 2
24 2 2
( ) ( ) 11
(2 1) 1 1
x y xy x y xyx x y xy xy y
x y xy x x y xy
            
       
0,5 
Đặt 
2a x y
b xy
  


. Hệ trở thành: 2
1
1
a ab b
a b
  

 
 (*) 
0,5 
Hệ 
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0
(*)
1 1
a a a a a a
b a b a
       
  
     
Từ đú tỡm ra  ( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b    
0,5 
* Với ( ; ) (0; 1)a b  ta cú hệ 
2 0
1
1
x y
x y
xy
  
  

. 
* Với ( ; ) (1; 0)a b  ta cú hệ  
2 1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y
x y
xy
  
   

. 
0,5 
* Với ( ; ) ( 2; 3)a b    ta cú hệ 
2
3 2
3 3
2
1; 3
3 2 3 0 ( 1)( 3) 0
y yx y
x yx x
xy x x x x x
                
          
. 
0,5 
Kết luận: Hệ cú 5 nghiệm  ( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y     . 
0,5 
Cõu 4.1(3,0 đ) 
 1 1
2 2
BM BA BK 
  
0,5 
 1 1 1 1
2 2 2 2
MN MB BC CN BA BK BC BA BC BK         
         
0,5 
21 1 1 1. . . .
2 2 4 4
BM MN BA BC BK BC BA BK BK   
        
    21 2. . . Do . 04 BK BC BK BA BK BA BC   
      
0,5 
   
 
1 . .
4
1 . . 0 (do: ; )
4
BK BC BA BK BC BK
BK AC BK KC BK AC BK KC
     
    
     
        
1,0 
Suy ra BM MN
 
. Vậy  090BMN  (ĐPCM) 
0,5 
Cõu 4.2 (4,0 đ) 
N
D
IA C
B
N'M
Gọi N’ là điểm đối xứng của N qua I thỡ 
N’ thuộc AB, ta cú : 
'
'
2 4
2 5
N I N
N I N
x x x
y y y
  

   
1,0 
 Phương trỡnh đường thẳng AB: 4x + 3y – 1 = 0 
 Khoảng cỏch từ I đến đường thẳng AB: 
2 2
4.2 3.1 1
2
4 3
d
 
 

1,0 
 AC = 2. BD nờn AI = 2 BI, đặt BI = x, AI = 2x trong tam giỏc vuụng ABI cú: 
 2 2 2
1 1 1
4d x x
  suy ra x = 5 suy ra BI = 5 
1,0 
 Điểm B là giao điểm của đường thẳng 4x + 3y – 1 = 0 với đường trũn tõm I bỏn 
 kớnh 5 . Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2
4x 3y – 1 0
( 2) ( 1) 5x y
 

   
 B cú hoành độ dương nờn B( 1; -1) 
1,0 
Cõu 5 (2,0 đ) 
Từ giả thiết 2 2 2 2 2 23 33 = ab + bc + ca 3 a b c a b c 1 abc 1     
0,5 
Nờn ta cú :      2 2
1 1 1 1
1 3
  
     a b c abc a b c a ab bc ca a 
Tương tự:    2 2
1 1 1 1;
1+ b c + a 3b 1+ c a + b 3c
  
1,0 
 Cộng vế với vế cỏc BĐT trờn ta được: 
      2 2 2
1 1 1 1 1 1 ab+bc+ca 1
+ + + + = =
1+a b+c 1+b c+a 1+c a+b 3a 3b 3c 3abc abc
  
 Dấu bằng xảy ra  a = b = c = 1 
0,5 
 Chỳ ý: Cỏc cỏch giải khỏc đỳng cho điểm tương tự.