1. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT NĂM HỌC 2012-2013
2. KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT
3. ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU TIẾN
Câu 1 .( 4 điểm )
Cho hàm số :
1)1(2
22
 mxmxy
(1) và điểm
)1;2(K

1. Tìm
m
để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
BA,
sao cho tam
giác
KAB
vuông tại
K

2. Tìm
m
để hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
Câu 2 .( 4 điểm ) Giải các phương trình sau:
1.
2003267108168
22

ABC
cân tại
A
nội tiếp đường tròn tâm
O
, điểm
D
là trung điểm của
EAB,
là trọng tâm tam giác
.ACD
Chứng minh rằng :
OECD 

Câu 4 . ( 4 điểm )
Cho hệ phương trình :







4)2(
222
2
22
yx
myxyx


10)1(20
,
 mm

0.5

Với
1m
gọi
21
, xx
là hai nghiệm của phương trình (*)
Theo viet ta có
1),1(2
2
2121
 mxxmxx0.25
Khi đó giả sử
)0;(),0,(
21
xBxA
   
1;2,1;2
21

0.5
4,0  mm
thỏa mãn điều kiện. Vậy với
0m

hoặc
4m
thỏa mãn yêu cầu bài toán

0.25
2(2 điểm)
Th1.
101  mm

x0 1 y 1
2
m


y
22  mđể hàm số (1) có giá trị nhỏ nhất trên
 
1;0
bằng 1
)(
2
3
122 tmmm 

o.25 0.25
Th3
211  mm

x


0.25
Kết Luận: Vậy
2m
hoặc
2
3
m
thỏa mãn yêu cầu bài
toán
0.5
Câu 2(4 điểm)
1(2 điểm)
2003267108168
22
 xxxx

2003)211()5()220()4(
2222
 xx0.5
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy lấy
)231;5(),220;(),0;4( CxBA

Khi đó
22
)220()4(  xAB


0152  xx

Pt(1)
28)24(2152
2
 xx

Đặt
024,152)24(15224
2
 yĐkxyxy
0.5
Pt(1) trở thành
152)24(
2
 yx

Vậy ta có hệ pt







152)24(
152)24(

24BC
, pt (BC)
01  yx

+ đường cao
2),(  BCAdAH

Diện tích tam giác
4
ABC
S0.5
0.5
0.25
0.25

+ Đường tròn (C) có tâm
)0;0(O
bán kính R=2
0.25
+ Gọi I là điểm thỏa mãn
02  ICIBIA
)2;2(I

0.25
Khi đó ta có
IMMIMCMBMA 442 


.

0.25
Vì M nằm giữa O và I
)2;2(M0.25
2(2 điểm)
Gọi M là trung điểm của AC
Vì E là trọng tâm tam giác ACD nên
ODOMODOCOAOE  23

D là trung điểm của AB nên
CBCACD 2

Vì (O) ngoại tiếp
ABC
nên
ACOMABOD  ;
,
ABC
cân nên OD=OM
Do đó ,
DMOMOD  )(
mà
BCOMODBCDM  )(//

Ta có :
))((2.3 CBCAODOCOACDOE 





4)]1()1[(
10)1()1(
2
22
yx
yx

đặt
1;1  ybxa
ta được
























3
2
3
2
ab
ba
v
ab
ba 
)1;3(),3;1(),1;3(),3;1();(  baTừ đó ra các nghiệm của hệ ban đầu :
(2;-2), (-2;2),(0;4),(4;0)
(Lưu ý : nếu thí sinh thay m vào luôn HPT thì câu a vẫn
tính 2 điểm ) 0.5

















mab
ba
ba
ba
mba
1
2
2
4)(
22
2
22
(*)
ĐK cần :Ta có hệ ban đầu có nghiệm


dễ dàng kiểm tra thấy thỏa mãn

0.5

1 0.5
Câu 5(2 điểm)
Từ giả thiết
133
3
222
 abccbacabcab

Nên ta có :
     
22

0,5