Thông tin tài liệu
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ NAM LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (5.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y x mx 3m , đường thẳng d : x y m ( m tham số thực) hai điểm A 1; 1 , B 2; Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Cho số thực x, y thỏa mãn: x y xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P x y x y Tính M m Câu (5.0 điểm) Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 3 x y 3x x y Giải hệ phương trình ( x 1) y ( x 6) y x x 12 y Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M ; trung điểm HC Xác 2 2 định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x y Câu (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM 5, CM 10, AP Chứng minh AM PN Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c R, r bán kính đường tròn ngoại a b c 2r Chứng tam giác ABC tam giác tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn abc R Cho tứ giác lồi ABCD có AC BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB a, BC b, CD c, DA d Tính giá trị biểu thức T ab cd ad bc S Câu (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Chứng minh Trang a2 b2 c2 a b2 c 2a 2b 2c a b2 c - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Trang Câu 1.1 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y x mx 3m , đường thằng d : x y m ( m tham số thực) hai điểm A 1; 1 , B 2; Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm P d : x2 mx 3m x m x2 m 1 x 2m 1 Đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt m m 1 2m m2 10m m Khi đó, d cắt P hai điểm M x1 ; x1 m , N x2 ; x2 m với x1 , x2 nghiệm 1 (giả sử x1 x2 ) Bốn điểm A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành xảy trường hợp sau: Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM AB MN x2 x1 2m x1 x1 x2 m 4m Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ: x1 x2 2m x2 x x x1 x2 2m Suy m 2m 4m 2m m2 10m 2 m 10 x 1 M 1; 1 A Với m , 1 trở thành: x x (loại) x N 2; B x 6 M 6; Với m 10 , 1 trở thành: x x 18 thỏa mãn ABNM tạo x 3 N 3;7 thành hình bình hành Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM Trang 1 1 Khi đó, I ; trung điểm AB trung điểm MN nên 2 2 x1 x2 m (loại) x1 x2 2m 2 Vậy m 10 Câu 1.2 Cho số thực x, y thỏa mãn: x y xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P x y x y Tính M m Lời giải P x y x y x y x y x y 7x y P 2 2 xy 2 2 10 x y 10 x y x y xy 1 10 x y 2 33 2 7 x y xy 4 Đặt t xy , ta có xy x y xy xy 1 t 3 1 2 x y xy xy x y 5xy xy t 5 P M 33 7 t t 4 1 với t ; 3 7 70 20 xảy t hay xy Khi x y 33 33 33 33 Trang x y xy 33 Ta có x y 20 33 x y m 34 33 11 34 33 11 34 33 11 34 33 11 18 1 xảy t hay xy Khi x y 25 5 x y xy 5 Ta có x2 y x 5 y Vậy M m 2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 Lời giải Ta có x 1 x x 25 23x 13 x 1 x x 25 x 3 x 18x 16 1 TH1: 3 x x x 25 x 3 (PTVN) x x 25 2 x TH2: x x 25 x 3 1 x 1 2x 18 x 16 x x 25 x 3 x 18 x 16 Trang x 1 x 18 x 16 1 x x 25 x 3 x 18 x 16 1 x 1 1 x x 25 x 3 2 x 1 Giải 1 ta x Giải x x 25 3x 4 x x 5 3x 30 x Vậy tập nghiệm phương trình cho S 1; 8; Câu 2.2 Giải hệ phương trình 3 x y 3x x y ( x 1) y ( x 6) y x x 12 y Lời giải Điều kiện: y 1 Ta có x3 y3 3x2 x y ( x 1)3 3( x 1) y3 y (1) Xét hàm số f (t ) t 3t , f (t ) 3t 0, t Do hàm số f (t ) đồng biến Mà phương trình (1) có dạng f ( x 1) f ( y) nên x y Do y 1 nên x 2 Thế x y vào phương trình ( x 1) y ( x 6) y x 5x 12 y ta có ( x 1) x ( x 6) x x2 x 12 ( x 1)( x 2) ( x 6)( x 3) x x x 2(TM ) ( x 1)( x 2) ( x 6)( x 2) ( x 2)( x 4) x x6 x (*) x2 2 x7 3 x x7 3 Giải phương trình (*): x 1 x6 2( x 2) 2( x 6) x4 ( x 2) ( x 6) x2 2 x7 3 x2 2 x2 2 x7 3 x2 x 1 ( x 2) ( x 6) (**) x2 2 x2 2 x7 3 Dễ thấy vế trái phương trình (**) ln âm với x 2 Trang Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) (2;3) Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm có thể xét riêng Trường hợp 1: x 1 VT x 1 x x x4 2 Trường hợp 2: x 1 x6 x22 x7 3 x6 2x x 1 x6 2 x7 3 x2 2 1 x 2 VP VT x Câu Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M ; trung điểm 2 2 HC Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x y 7 Lời giải Gọi F trung điểm BC Gọi E giao điểm CD với đường thẳng qua A song song với BC AEBF hình chữ nhật AEBF nội tiếp đường tròn (T ) có đường kính AB EF Ta có MF đường trung bình tam giác BHC MF song song với BH EMF 900 E, M , F nằm đường tròn đường kính EF A, E, B, F , M nằm đường tròn (T ) AMB 900 AM BM Vì B d : x y B(b; 7 b) Vì AM BM AM BM b 4 B(4; 3) Do D nằm cạnh AB AB AD AB AD D(2;1) Phương trình đường thẳng CD là: x y C (c; 1 c) Trang c 7 C (7;6) 2 Do AB AC c 1 4 c 45 c C (2; 3) Câu 4.1 Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM 5, CM 10, AP Chứng minh AM PN Lời giải Đặt AB b, AC c Khi BC c b b.c b c cos60 225 1 Ta có AM AB BM AB BC b (c b) c b 3 3 PN AN AP c b 15 2 Khi AM PN c b c b c b b.c 225 15 45 15 3 45 15 Suy AM PN Câu 4.2 Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c R, r bán kính đường tròn ngoại a b c 2r tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn Chứng tam giác ABC tam abc R giác Lời giải Ta có: S Do đó: abc abc r abc r pr S p p p a p b p c p 4R R R 2r a b c a b c b c a R abc a b c 2r 4 abc R a3 b3 c3 a b c a b c b c a 4abc a3 b3 c3 a b c b c a 4abc Trang a3 b3 c3 a3 a b c b c b c a b c 4abc a2b ab2 b2c bc2 c2 a a 2c 6abc (*) Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a2b ab2 b2c bc2 c2a a 2c 6abc Dấu xảy a b c Ta có: (*) a b c ABC tam giác (Đpcm) Câu 4.3 Cho tứ giác lồi ABCD có AC BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB a, BC b, CD c, DA d Tính giá trị biểu thức T ab cd ad bc S Lời giải D c d O C A a b B Ta có : S ABC S R a.b AC ab ABC 4R AC Tương tự ta có : cd T S R S ADC R S R , ad ABD , bc BCD BD BD AC ab cd ad bc S S ABC R S ADC R S ABD R S BCD R AC AC BD BD S S S S S S S S S ABC ABD ABC BCD ADC ABD ADC BCD AC BD AC BD AC BD AC BD S S ABC S ABD S ABC SBCD S ADC S ABD S ADC SBCD S AC.BD Trang S ABC S S ADC S 4S S ABC S ADC 4S S 2 S AC.BD S AC.BD S.2S S ABC S ABD S BCD S ADC S ABD S BCD S AC.BD Vậy T Câu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a b c Chứng minh a2 b2 c2 a b2 c 2a 2b 2c a b2 c Lời giải Cách 1: Bất đẳng thức cho tương đương với a b2 c a2 b2 c2 0 a b c 2a 2b 2c VT Trong a2 a2 a2 1 a 11 a 2a a a a a.1.1 a 2a a a 1 3 3 9 a.a.1 Tương tự ta có Suy VT b2 c2 b2 2b c 2c 2b 2c 9 9 a b2 c a b c 6 2 2 a b2 c a b c 2 3 a b c t 3; 15 Đặt t a b2 c Ta có a b c a b c Lúc đó, với t 3; 15 ta có t2 2 t t 9t 54 t t t t 18 VT t 6 t t 9t 9t Dấu xảy t , suy a b c Cách 2: Ta có a a2 a a2 a2 a a2 2a 2 a 2 a a 2a 2 a a Tương tự có b2 b b2 c2 c c2 2b 2 2b b 2c 2 2c c a2 b2 c2 a2 b2 c2 Suy 2a 2b 2c 2 2a a 2b b 2c c Trang 10 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có a b c a2 b2 c2 2 2a a 2b b 2c c a b2 c a b2 c a2 b2 c2 9 2 2 2a 2b 2c 2 a b c a b c Ta cần chứng minh a b2 c a b2 c a b2 c 1 a b c 2 3 a b c Đặt t a b2 c Ta có a b c a b c ab bc ca t2 t2 Suy t 3; 15 Ta có 1 2 4t 18 t t 2t 2 t 81 t4 81 Mặt khác, ta có 2t 9t 9 9 2t 2t 81 Ta cần chứng minh t t 2t 81 t t t t t 81 t 81 t t 5 6 6 2t 2592 2 Thật vậy, t nên 2t 2 t 81 Suy t t 2t 2 Dấu '' '' xảy t , suy a b c Trang 11 ... liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT... 2m m2 10m 2 m 10 x 1 M 1; 1 A Với m , 1 trở thành: x x (loại) x N 2; B x 6 M 6; Với m 10 , 1 trở thành: x x ... xy 5 Ta có x2 y x 5 y Vậy M m 2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 Lời giải Ta có x 1 x x 25
Ngày đăng: 14/08/2019, 15:05
Xem thêm: Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải