SỞ GD&ĐT KONTUM —————— 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). 1. Giải phương trình: 2 2 1 1 2x x x x+ + + − + = ( ) x ∈¡ . 2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): ( ) ( ) 2 2 3 2 1 1 0x m x m m− − − + + = có hai nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn điều kiện 1 2 4x x+ ≤ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: ( ) 3 3 1 2 1 2 1 2 3 3 8P x x x x x x= + + + + . Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 2 3 2 4 2 1 ( , ) (2 1) 1 x x y xy xy y x y x y xy x  + − + − =  ∈  + − − =   ¡ . Câu 3 (1,5 điểm). Cho ,x y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện ( ) ( ) 2 2 1 1 2012x x y y+ + + + = . 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 giác MNP. Chứng minh rằng OA OB OC OH+ + = uuur uuur uuur uuur 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: 2 2 2 2 cot 2 . .sin AB BC CD DA AC BD ϕ 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 ( ) 7 5 13 5 1; 5 , ; , ; 2 2 2 2 M N P     − −  ÷  ÷     (M, N, P không trùng với các đỉnh của tam giác ABC). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C biết rằng đường thẳng AB đi qua điểm ( ) 1; 1Q − 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 KONTUM ——————— 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: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 2,0 điểm Ta có 2 2 2 2 1 3 1 3 1 , 1 2 4 2 4 x x x x x x     − + = − + + + = + +  ÷  ÷     nên phương trình xác định với mọi x ∈ ¡ . Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 1 4x x x x x x x x− + + + + + − + + + = 0,5 2 4 2 4 2 2 2 2 2 1 4 1 1x x x x x x⇔ + + + + = ⇔ + + = − 0,5 ( ) 2 2 4 2 2 4 4 2 2 1 0 1 1 1 1 2 1 1 x x x x x x x x x  − ≥ − ≤ ≤   ⇔ ⇔   + + = − + + + = −    0,5 1 1 0 0 x x x − ≤ ≤  ⇔ ⇔ =  =  . Vậy pt có nghiệm duy nhất 0.x = 0,5 2 2,0 điểm Phương trình đã cho có hai nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn 1 2 4x x+ ≤ ( ) ( ) 2 1 2 2 4 0 ' 0 2 0 2 0 4 2 3 2 1 4 3 m m m m m x x m m m  ≥   − ≥ ∆ ≥ − ≤ ≤      ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ − ≤ ≤      + ≤ ≤ ≤ − ≤      ≤  0,5 Theo định lí Viet ta có ( ) ( ) 2 3 1 2 1 2 2 1 , 1x x m x x m m+ = − = − + + suy ra ( ) ( ) ( ) 3 3 2 3 2 1 2 1 2 8 8 1 8 8 1 16 40P x x x x m m m m m= + + = − − + + = − + 0,5 Bảng biến thiên -24 16 -144 0 3 2 0 -2 P m 0,5 Từ bảng biến thiên ta được: max 16P = khi 2m = , min 144P = − khi 2m = − . 0,5 2 1,5 điểm Ta có ( ) 2 2 2 3 2 2 4 2 2 ( ) ( ) 1 1 (2 1) 1 1 x y xy x y xy x x y xy xy y x y xy x x y xy  − + − + =  + − + − =   ⇔   + − − = − + =     0,25 Đặt 2 a x y b xy  = −  =  . Hệ trở thành: 2 1 1 a ab b a b + + =   + =  (*) 0,25 Hệ 3 2 2 2 2 2 0 ( 2) 0 (*) 1 1 a a a a a a b a b a   + − = + − =   ⇔ ⇔   = − = −     Từ đó tìm ra { } ( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)a b ∈ − − 0,25 * Với ( ; ) (0; 1)a b = ta có hệ 2 0 1 1 x y x y xy  − = ⇔ = =  =  . 0,25 * Với ( ; ) (1; 0)a b = ta có hệ 2 1 ( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0) 0 x y x y xy  − = ⇔ = − −  =  . 0,25 * Với ( ; ) ( 2; 3)a b = − − ta có hệ 2 3 2 3 3 2 1; 3 3 2 3 0 ( 1)( 3) 0 y y x y x y x x xy x x x x x   = − = −  − = −   ⇔ ⇔ ⇔ = − =    = −    + + = + − + =   . Kết luận: Hệ có 5 nghiệm { } ( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)x y ∈ − − − . 0,25 3 1,5 điểm Đặt 2 1t x x= + + thì dễ thấy 0t > và 2 1 2 t x t − = (1) 0,25 Từ giả thiết ta có 2 2012 1y y t + + = . Từ đây cũng suy ra 2 2 2012 2.2012. t y t − = (2) 0,25 Từ (1) và (2) suy ra 2 2 2 1 2012 2011 2012 2 2.2012. 2.2012 t t x y t t t t − −   + = + = +  ÷   0,25 Do đó 2011 2012 2011 2011 .2 . .2 2012 2.2012 2.2012 2012 x y t t + ≥ = = . 0,5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 2012t = . Từ (1) và (2) suy ra 2011 2 2012 x y= = Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 2011 2012 , khi 2011 2 2012 x y= = . 0,25 4 1 1,0 điểm K P N M D O H C A B Kẻ đường kính AD, khi đó tứ giác BHCD là hình bình hành nên trung điểm K của BC cũng là trung điểm của HD, trong tam giác AHD có OH là đường trung bình nên 2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH= ⇔ + = − ⇔ + + = uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,5 Ta có 2OB OC OK OM+ = = uuur uuur uuur uuuur và các đẳng thức tương tự ta được: ( ) 2 2OM ON OP OA OB OC OH+ + = + + = uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 3 2OL OH⇒ = uuur uuur suy ra O, H, L thẳng hàng. 0,5 2 1,0 điểm Trước hết ta có các kết quả sau: 1 . .sin 2 ABCD S AC BD α = ; 2 2 2 cot 4 MAB AB MA MB S ϕ + − = 0,5 Tương tự ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 cot 4 4 4 MAB MBC MCD AB MA MB BC MB MC CD MC MD S S S ϕ + − + − + − = = = ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4 2 . .sin MDA MAB MBC MCD MDA ABCD DA MD MA AB BC CD DA S S S S S AB BC CD DA AB BC CD DA S AC BD α + − + + + = = + + + + + + + + + = = 0,5 3 1,0 điểm I K P N M C B A Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là đường tròn đi qua 3 điểm M, N, P nên ta lập được phương trình này là: 2 2 3 29 0x y x+ + − = suy ra tâm K của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có tọa độ là 3 ; 0 2 K   −  ÷   . 0,25 Do AB KP⊥ nên AB có vtpt ( ) 5 2; 1 2 AB n KP= = − − uuur uuur . Suy ra phương trình ( ) ( ) : 2 1 1 1 0 2 3 0AB x y x y+ − − = ⇔ − + = . Do đó tọa độ A, B là nghiệm của hệ phương trình 2 2 2 2 3 0 2 3 1, 5 4, 5 3 29 0 3 4 0 x y y x x y x y x y x x x − + = = + = =    ⇔ ⇔    = − = − + + − = + − =    0,25 Suy ra ( ) ( ) 1;5 , 4; 5A B − − . Do AC KN ⊥ nên AC có vtpt là ( ) 5 2;1 2 AC n KN= = uuur uuur Suy ra pt ( ) : 2 1 5 0 2 7 0AC x y x y− + − = ⇔ + − = . Khi đó tọa độ A, C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 2 2 7 0 2 7 1, 5 4, 1 3 29 0 5 4 0 x y y x x y x y x y x x x + − = = − + = =    ⇔ ⇔    = = − + + − = − + =    . Từ đây suy ra ( ) 4; 1C − . Vậy ( ) ( ) 1;5 , 4; 5A B − − , ( ) 4; 1C − . 0,5 . GD&ĐT KONTUM —————— 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. độ dương. —Hết— Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……….……… …….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT KONTUM ——————— KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT KHÔNG CHUYÊN NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG. 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