Kỳ thi chọn học sinh giỏi 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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC 
—————— 
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 21 1 2x x x x       x . 
2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số):    
22 32 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 31 2 1 2 1 23 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 21 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   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     . Chứng minh đẳng thức sau: 
2 2 2 2
cot
2 . .sin
AB BC CD DA
AC BD


  
 , 
trong đó  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 VĨNH PHÚC 
——————— 
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 21 3 1 31 , 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 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 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 32 1 4
3
m
m m m
m
x x mm
m
                         
0,5 
Theo định lí Viet ta có    
23
1 2 1 22 1 , 1x x m x x m m       suy ra 
     
3 3 23 2
1 2 1 28 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
320-2
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 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
           
 
       
 0,25 
Đặt 
2a 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 yx y
x yx 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 21t 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 22012
2.2012.
t
y
t

 (2) 0,25 
Từ (1) và (2) suy ra 
2 2 21 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
0,5 
 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 OK là đường trung bình nên 
2OK AH OB OC OH OA OA OB OC OH         
Ta có 2OB OC OK OM   và các đẳng thức tương tự ta được: 
 2 2OM ON OP OA OB OC OH      
3 2OL OH  suy ra O, H, L thẳng hàng. 
0,5 
2 1,0 điểm 
Trước hết ta có các kết quả sau: 
1
. .sin
2
ABCDS AC BD  ; 
2 2 2
cot
4 MAB
AB MA MB
S

 
 0,5 
Tương tự ta được: 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
cot
4 4 4MAB MBC MCD
AB MA MB BC MB MC CD MC MD
S S S

     
   
 
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 
    
 
  
     
 
0,5 
3 1,0 điểm 
I
K
P
N
M
CB
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
ABn KP    . 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, 53 29 0 3 4 0
x y y x x y
x yx 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
ACn KN  
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, 13 29 0 5 4 0
x y y x x y
x yx y x x x
         
              
. Từ đây suy ra  4; 1C  . 
Vậy    1;5 , 4; 5A B   ,  4; 1C  . 
0,5