Đề thi chọn học sinh giỏi trường môn thi: Toán 10

Thông tin tài liệu

Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có:.. Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:.[r]

(1)TRƯỜNG THPT MINH CH¢U ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút Câu (1 điểm) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (C) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số Dựa vào đồ thị, tìm m để phương trình: x  x   2m  có đúng nghiệm Câu (1 điểm) Tìm tất các giá trị m để phương trình: mx  m  1 x  m    có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1  x2  Câu3 (3 điểm)  x  y  x  y  1) Giải hệ phương trình:   x  y  x  y  2) Giaûi phöông trình: 9( x   x  2)  x  3)Tìm tất các giá trị m để phương trình sau có nghiệm nhất: x  x  1 x  1 x  m Câu (4điểm) 1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là điểm bất kì Chứng minh rằng: MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC Khi M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tìm vị trí M để MA2  MB  MC đạt giá trị bé 2.)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng d1 : x  y   , d : x  y   Gọi A là giao điểm d1 và d a Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1 , qua điểm M và tiếp xúc với d b Viết phương trình đường thẳng  qua điểm M cắt d1 , d B và C cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC  3AB 3) Trong hệ trục Oxy cho ABC có B 2; 1, đường cao hạ từ A và phân giác góc C có phương trình x  y  27  và x  y   Tìm tọa độ điểm A và điểm C Phân giác góc C nói trên là phân giác hay phân giác ngoài? Câu (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh rằng: a3 b3 c3    a  bc b  ca c  ab ********HẾT******** Họ và tên học sinh:………………………………………………………….Lớp:…… Lop10.com (2) Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R Vì I  d1  I a; a  1 (T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có: a  1 IM  d ( I ; d )   a2  2a  a  1  5  a  26a  31   a  13  10 2  Phương trình (T) là     : x  13  10   y  14  10   9   (1) a  13  10  I 13  10 2; 14  10  ; R  9   Phương trình (T) là : x  13  10   y  14  10   9   (2) a  13  10  I 13  10 2; 14  10 ; R   2  2 2 Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) x  y   x    A(2;1) 2x  y   y  Ta có tọa độ điểm A là nghiệm hệ  Lấy điểm E 3;  d1 E  A  Ta tìm trên d2 điểm F ( F  A ) cho EF = 3AE Do F  d  F x;5  x  Khi đó EF = 3AE  x  3  3  x   18 2  F 0;5  x    x  18 x       18 11  18 x  F ;    5  5 (Cả hai điểm F này thỏa mãn F  A )  BC  AB EF AE    BC // EF   // EF BC AB  EF  AE   F 0;5   EF 3;3   : x  y   18 11    21   F  ;    EF  ;     : x  y   5 5 5  Vì  Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là  : x  y  và  : x  y   Ñieàu kieän x  Lop10.com (3) 9( x   x  2)  x  9  4x   3x    x     x  3  x  3 x   x     x   x  d o x    4 x  13x   4 x  13x    81  x   x    82  x  82  x   2 82  x   12 x  x   82 x  82  x      x6  x   x  1128 x  6732     x  1122   x   x  3 x   x   Lop10.com  (4) câu 1) ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN TOÁN 10 NỘI DUNG T 0,5 Nếu m = PT đã cho trở thành: Điểm x    x  (loại) Tập xác định: R - Tọa độ đỉnh: I 2;  1 Trục đối xứng: x  Nếu m  PT đã cho là PT bậc hai 0,25  '  m  1  m3 m   2m  4m  - Gđiểm đồ thị với Ox: 1;0 , 3;0  , Oy: 0;3 Điều kiện để PT có hai nghiệm là: - Đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên - Hàm số nghịch biến trên khoảng ;2  ,  '   2m  4m    0,25 2 2 m 2 * Với điều kiện (*) giả sử x1 , x2 là hai nghiệm đồng biến trên khoảng 2;  - Bảng biến thiên: x  y  PT Từ yêu cầu bài toán và áp dụng định lí Vi-et   0.5 0,5  m  1 2m x1  x2  ta có:   x2  m  m x  2x   0,75 -1 Thay x  - Đồ thị: 2m vào PT ta có: m 0,5 m  6m     m  0,75 m Đối chiếu điều kiện ta có: m = m  3 Điều kiện: x  y  0; x  y  1) Đặt u  x  y , v  x  y , u , v   , ta có: x - Vẽ đồ thị hàm số: y  x  x  2) 0,5 0,5 u  v2 7v  2u ; y 5 0,5 0,5 Ta có hệ: u  v  u   v    u  v 7v  2u  1 v  5v  14  v  5  0,5 u   v u     v    v    v  7  0,5 Với u  3; v  ta có: x  1; y  Vậy 0,5 x  1; y  - Số nghiệm PT: x  x   2m  (1) số giao điểm đồ thị hai hàm số 0,5 2) là nghiệm PT Do đó để PT có nghiệm Thay x0  0,5 vào PT ta có: m   0,5 Với m   , ta chứng minh PT có nghiệm - Đồ thị hàm số y  2m  là đường thẳng song - Dựa vào đồ thị ta có: PT (1) có đúng hai nghiệm và khi: Giả sử x0 là nghiệm PT, đó  x0 ta phải có: x0   x0  x0  y  x  x  và y  2m  song với Ox, cắt Oy M 0;2m  1 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 0,25  1  x   x 2    1  x    x    2  0,75 x   x  *  1 x x     44  2  x   x  **  1  x     4  x  2 m   2m    1 Vậy m  m    2m     m   Nếu thiếu TH 2m   trừ 0,5 đ Lop10.com 0,5 (5) *, **  x  x  1 x  1 x   Dấu xảy và khi: x  0,5 3) 1) Do đó:     MA2  MB  MC  3MG  MG GA  GB  GC   0,5 Gọi d là đường thẳng qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương trình: 0,5 Tọa độ điểm H là giao điểm d và phân giác góc C là nghiệm hệ: x  y   x    H 3;1  2 x  y   y 1 A Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có: 0,5 G 0,5 x     y  1   x  y   GA2  GB  GC  3MG  GA2  GB  GC M 0,5 4 x  y    x  1   C 1;3  x  y   y  Ta có:      MA  MG  GA  MA2  MG  GA2  MA.GA      MB  MG  GB  MB  MG  GB  MB.GB      MC  MG  GC  MC  MG  GC  MC.GC 0,5 x     y  1   x  y   Tọa độ điểm C là nghiệm hệ: Vậy m   BC là đường thẳng qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT: B 0,5 xB '  xH  xB  4; yB '  yH  yB   B ' 4;3 O AC là đường thẳng qua C và có vectơ  C phương CB ' 5;0  nên có PT là: x  1   y  3   y   Ta có MA2  MB  MC bé và Tọa độ điểm A là nghiệm hệ: MG bé Điều này xảy và M là giao điểm tia OG vơi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC y    x  5   A 5;3  3 x  y  27  y  0,5 Thay tọa độ A, B vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta các số: 4;  , 2) A M P L E C Gọi E, F là hình chiếu M trên AC, AB Qua M kẻ các đường thẳng song song với AB, AC, cắt AC L, cắt AC N P, Q là chân đường cao hạ từ B, C Ta có ALMN là a3 a  bc    a a  bc 2 b b  ca    b b  ca 2 c c  ab    c c  ab 2 0,5 a3 b3 c3 ab  bc  ca     a  b  c  a  bc b  ca c  ab 4 0,5 3 a b c 15 ab  bc  ca      a  bc b  ca c  ab 4 Mặt khác: 0,5 Mặt khác:  a  b  c   ab  bc  ca , 0,5 a3 b3 c3 15      a  bc b  ca c  ab 4 Dấu xảy và a  b  c  0,5   S LA  MF  LA   AC   AC   MAB AC AC AC S ABC     S ABC MA   S MAC AB  S MAB AC Áp dụng bất dắng thức Côsi ta có: Suy    hình bình hành nên: MA  NA  LA   S NA  ME  NA   AB   AB   MAC AB AB BP S ABC 0,5 đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài 0,5 N Q 0,5 Vậy A 5;3, C 1;3 B F 0,5 đó 0,5      S MAB  S MBC  S MCA MA  S MAC AB  S MAB AC  0,5 TỔNG      S MCA MA  S MAC AB  S MAB AC  Lop10.com 20,0 (6) Lop10.com (7)

Ngày đăng: 30/03/2021, 02:29

Xem thêm: