Kì thi chọn học sinh giỏi tỉnh lớp 10 thpt năm học 2012 – 2013 môn thi: toán thời gian làm bài: 180 phút

 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 
HẢI DƯƠNG 
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH 
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 
MÔN THI: TOÁN 
Thời gian làm bài: 180 phút 
(Đề thi gồm 01 trang) 
Câu 1 (2,5 điểm) 
 a) Cho hàm số 2 3 2  y x x 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 khoảng cách từ trung điểm I của 
đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. 
 b) Giải bất phương trình: 
2
1 1 0
2 44 3
 
   xx x
Câu 2 (2,5 điểm) 
 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. 
b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM 
và CN của tam giác. Chứng minh rằng 
3sin
5
  
Câu 3 (2,5 điểm) 
 a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: 2BD BC;
3

 
1AE AC
4

 
. Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 
 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I 
thỏa mãn hệ thức: 2 2 2b IB c IC 2a IA 0  
   
; Tìm điểm M sao cho biểu thức 
( 2 2 2 2 2 2b MB c MC 2a MA  ) đạt giá trị lớn nhất. 
Câu 4 (2,5 điểm) 
 a) Giải phương trình:    2 21 6 2 2 1 2 5 4    x x x x 
b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . Chứng minh rằng: 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z xyz
x y z
. 
Hết. 
Họ và tên thí sinh:Số báo danh: 
Chữ ký của giám thị 1:.Chữ ký của giám thị 2: 
ĐỀ THI CHÍNH THỨC 
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 3 2  y x x 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 3 2    x x x m hay 2 2 2 0   x x m (*)có ' 0  m>1 
0,25 
Gọi A Bx ;x là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có A BI
x xx 1
2

  ; 
I Iy x m m 1     
0,25 
Yêu cầu bài toán I Iy x  
m 1 1   m 2;m 0   
0,25 
0,25 
Kết hợp ĐK, kết luận 2m 0,25 
b 
Giải bất phương trình: 
2
1 1 0
2 44 3
 
   xx 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
2 44 3
 
   xx x
Nếu 1 2 x thì 2 4 3 0 2 4     x x x , 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 22x 4 x 4x 3      
0,25 
2 24 16 16 4 3      x x x x 25 20 19 0   x x 
5 5x 2 ;x 2
5 5
    
0,25 
Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 52 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 (1;2)B . 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 3CA CB'
2

 
  7 44A(x; y);CA x; y 8 ;CB' ;
5 5
     
 
 
0,25 
 Từ đó suy ra 21 26A( ; )
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 3sin
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 cCN b
4
  
2
2 2 bBM c
4
  0,25 
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có 
2 2 2BG CG BCcos 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 25(b c )(4c b )(4b c ) ;" " 4c b 4b c
2

        b c  0,25 
Do đó 
2 2 2 2
2 22 2 2 2
2(b c ) 2(b c ).2 4cos
5(b c ) 5(4c b )(4b c )
 
   
 
 0,25 
Hay 2 3sin 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 1BD 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 3AE AC BE BC BA(1)
4 4 4
   
    
Giả sử AK x.AD BK x.BD (1 x)BA    
    
 0,25 K
A
B CD
E
G
B
A C
M
N
Mà 2BD BC
3

 
 nên 2xAK 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 2xBC BA BC (1 x)BA
4 4 3
   
   
Hay m 2x 3mBC 1 x BA 0
4 3 4
          
   
  
0,25 
0,25 
Do BC;BA
 
 không cùng phương nên 
m 2x 3m0 &1 x 0
4 3 4
     Từ đó suy ra 1 8x ; m
3 9
  
Vậy 1AK 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 22a IA b IB c IC 0   
   
; Tìm điểm M: biểu 
thức 2 2 2 2 2 22a MA b MB c MC   đạt giá trị lớn nhất. 
1,25 
Kẻ đường cao AH, ta có 
2 2b a.CH;c a.BH  nên 
2 2b .BH c .CH . Do đó: 
2 2b .BH c .CH 0 
  
0,25 
Suy ra 2 2 2 2 2b .IB c .IC b .IH c .IH a .IH   
    
0,25 
Kết hợp giả thiết suy ra 2 22a .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 22IA.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 2xMA 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 2xMA yMB zMC (x y z)IM xIA yIB zIC        
Thay số có: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 22a 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 21 6 2 2 1 2 5 4    x x x x
 (*) 
 1,25 
ĐK: 
1 1x ;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 223x 1 2x 1 x 1      
0,25 
A
B CH
22
2x 1 2x 2(a)
2x 1 4x(b)
   

  
 0,25 
Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm 4 6x
2
 
 
0,25 
Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm 4 6x
2
 
 0,25 
b 
Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x y z xyz   . Chứng minh rằng: 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z xyz
x y z
(I) 1,25 
Giả thiết suy ra: 1 1 1 1
xy yz zx
   . Ta Có: 
2
2
1 x 1 1 1 1 1 1 1 1
x x xy yz zx x y x z
           
  
1 2 1 1 ;" " y z
2 x y z
 
      
 
0,25 
Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: 
22 21 11 1 1 1    
  
yx z
x y z
1 1 13 ;" " x y z
x y z
 
      
 
 0,25 
Ta sẽ CM: 1 1 13 xyz
x y z
 
   
 
     2 23 xy yz zx xyz x y z       0,25 
     2 2 2x y y z z x 0       Điều này luông đúng 
Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z 
0,25 
Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 0,25 
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.