Đề thi chọn học học sinh giỏ Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán Lớp 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HỌC HỌC SINH GIỎI
 TRƯỜNG THPT HOÀI ĐỨC A	 NĂM HỌC 2013 - 2014
 ----------------- & ----------------- -------------- µœ --------------
MÔN THI: Toán lớp 10
Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (4 điểm): Cho họ parabol: y = x2 + (2m +1)x + m2 -1 (Pm).
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P1) của hàm số ứng với m = 1;
2) Chứng minh rằng với mọi m đồ thị của hàm số luôn luôn cắt đường thẳng (d): y = x tại hai điểm phân biệt và chứng minh rằng khoảng cách giữa hai điểm đó bằng hằng số.
Bài 2 (3 điểm): Giải phương trình 
Bài 3 (3 điểm): Giải bất phương trình 
Bài 4 (4 điểm): Cho ba số thực a, b, c thoả mãn: a + b + c = 3. CMR: a4 + b4 + c4 ³ a3 + b3 + c3
Bài 5 (6 điểm): 
a) Cho DABC trọng tâm G. Ký hiệu các góc GAB, GBC, GCA lần lượt là a, b, g; diện tích của tam giác ABC là S. Chứng minh rằng: 
b) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Đề các vuông góc, cho DABC có đỉnh A(-1; 3), đường cao BH nằm trên đường thẳng d: y = x, phân giác trong của góc C nằm trên đường thẳng d’: x + 3y + 2 = 0. Viết phương trình cạnh BC.
-------------------------------------Hết ----------------------------------------
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Số báo danh . . . . . . . . . . 
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM TOÁN 10 THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2013-2014
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
1
(4 đ)
a)
(2,00đ)
Với m = 1, (P1): y = x2 + 3x
0,50
Hệ số a = 1 > 0, -b/2a = -3/2 nên HS nghịch biến trên khoảng (-¥; -3/2) và đồng biến trên khoảng (-3/2; +¥)
0,50
Bảng biến thiên đúng
0,50
Vẽ đồ thị đúng
0,50
b)
(2,00đ) 
Pt hoành độ giao điểm của (Pm) và (d) là x2 + (2m +1)x + m2 -1 = x
x2 + 2mx + m2 – 1 = 0 (1)
0,50
Pt (1) là PTB2 có D’ = 1 > 0 nên nó có 2 nghiệm phân biệt Þ (Pm) luôn cắt (d) tại hai điểm A, B phân biệt "m.
0,50
Gọi A(x1; y1), B(x2; y2), trong đó x1, x2 là 2 nghiệm của (1) 
AB2 = (x2 – x1)2 +(y2 – y1)2 = 2(x2 – x1)2 = 
0,50
Áp dụng hệ thức Vi ét cho pt (1) được AB2 = 2(-2m)2 – 8(m2 – 1) = 8
Vậy không đổi (đpcm).
0,50
2
(3 đ)
Đ/k x Î [0; 1], . Đặt 
0,50
Pt Û 
0,50
Û hoặc 
0,50
Giải hệ (I): u, v là nghiệm của pt t2 – t = 0 Û t = 0 hoặc t = 1
0,50
Thay trở lại biến x ta được x = 0 hoặc x = 1
0,50
Hệ (II) vô nghiệm. KL: pt đã cho có 2 nghiệm x = 0, x = 1.
0,50
3
(3 đ)
đ/k x £ -8 hoặc x ³ 1
0,50
Dễ thấy x = 1 là một nghiệm của bpt
0,50
Nếu x > 1 bpt Û 
0,50
 VN0
0,50
Nếu x £ -8 bpt Û 
0,50
 VN0. KL: x = 1 là nghiệm của bpt đã cho.
0,50
4
(4 đ)
(a – 1)2 ³ 0 Þ a2 ³ 2a – 1
Tương tự b2 ³ 2b – 1 và c2 ³ 2c – 1
0,50
Cộng các bđt trên, ta được a2 + b2 + c2 ³ 2(a + b + c) – 3 = 3
0,50
Lại có: a4 ³ 2a2 – 1 , b4 ³ 2b2 – 1 và c4 ³ 2c2 – 1
0,50
Cộng các bđt trên, ta được a4 + b4 + c4 ³ 2(a2 + b2 + c2) – 3 
0,50
Û a4 + b4 + c4 ³ (a2 + b2 + c2) + (a2 + b2 + c2 - 3) ³ a2 + b2 + c2
0,50
Vậy ta có 
 ³ (a4 + a2) + (b4 + b2) + (c4 + c2)
0,50
Þ 2(a4 + b4 + c4) ³ 2(ïa3ï + ïb3ï + ïc3ï) ³ 2(a3 + b3 + c3)
0,50
Vậy a4 + b4 + c4 ³ a3 + b3 + c3. Dấu bằng xảy ra khi a = b = c = 1
0,50
5
đ)
a)
(3,00đ)
Nhận thấy SGAB = SGBC = SGCA = 
	0,50
Áp dụng hệ quả định lý côsin trong DGAB, ta có 
1,00
Tương tự, trong các tam giác GBC, GCA, có
1,00
Cộng từng vế các đẳng thức trên, ta được:
Hay (đpcm)
0,50
b)
(3,00đ)
Đường cao BH có 1 VTPT . AC ^ BH Þ AC có 1 VTPT 
0,50
Đường thẳng AC có phương trình x + y – 2 = 0
0,50
Đỉnh C = d’ Ç AC nên tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình: 
0,50
Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua d’ Þ A’ Î BC và đoạn AA’ có trung điểm I = d’ Ç AA’. Đường thẳng AA’ đi qua A và vuông góc với d’ nên AA’ có một véc tơ pháp tuyến là Þ pT của AA’: 3(x + 1) – (y – 3) = 0 hay AA’: 3x – y + 6 = 0.
0,50
Tọa độ của I là N0 của hệ pt: Þ I(-2; 0)
0,50
mà I là trung điểm của AA’ nên tọa độ của A’ là N0 của hệ pt: Đường thẳng chứa cạnh BC cũng chính là đường thẳng A’C, nó có một véc tơ chỉ phương là Þ véc tơ pháp tuyến của BC là Phương trình đường thẳng BC là 1(x – 4) – 7(y + 2) = 0 hay x- 7y -18 = 0
0,50