De thi chon hsg cap tinh mon toan lop 10 sgddt ha tinh hoc 2018 2019

Câu 1 (5 0 điểm) a Giải bất phương trình 2 43 (2 3) 2(1 ) x x x x    b Giải hệ phương trình 2 2( 1 )( 1 ) 1 3 2 2 2 6 10 x x y y x y x x y              Câu2 (5 0 điểm) a Trong mặt[.]

Câu 1 (5.0 điểm)

a Giải bất phương trình 3 (2x x x23)2(1x4)

b Giải hệ phương trình





 Câu2 (5.0 điểm)

a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho parabol , ( ) :P yx24x3, điểm I(1;4) và đường

thẳng d y: mxm8. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt parabol ( )P

tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác IAB cân tại I

Câu 3 (6.0 điểm)

a Cho tam giácABCcó chu vi bằng 20, góc BAC bằng 60 , bán kính đường tròn nội tiếp0 tam giác bằng 3 GọiA B C lần lượt là hình chiếu vuông góc của 1, 1, 1 A B C lên , , ,

BC AC AB, và M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ABM BCM CAM. Tínhcot và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C 1 1 1

b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác , ABC vuông tại , A đỉnh ( 4;1), C  phân giác

trong góc A có phương trình xy 5 0.Viết phương trình đường thẳng BC biết diện, tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương.

Câu 4 (2.0 điểm )

Cho phương trình (x2ax1)2a x( 2ax1) 1 0,với a là tham số Biết rằng phương

trình có nghiệm thực duy nhất Chứng minh rằng a 2

Câu 5 (2.0 điểm)

Cho các số thực không âm , ,x y z thỏa mãn 3 3 3

3

x  y z 

1

xyz x y z P

xy yz zx xy yz xz

-Hết -

-Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;

-Giám thị không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HÀ TĨNH

(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 - 11 THPT

NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

b Một người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo

một con sông Người đó muốn làm một cái hàng rào hình

chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất

hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà Đối với mặt hàng

rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 80

ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí

nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài Tính diện

tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với

chi phí vật liệu 20 triệu đồng

Con sông

NỘI DUNG Câu 1.a pt 2x x2( 2 3) 3x x2  3 2 0

2

2

3 2 (1) 1

2

x x

x x





4 2

0

(1)

x





 



1

x

 

4 2

0

4

x







 



2

  

Vậy bất phương trình có nghiệm x1 hoặc 3 10

2

x   

Câu 1b





Thay x=y vào phương trình thứ hai ta được

3 3x 2 x 6 x 10 ĐK: 2 x 6

3  

PT  x  x   x x 

9

x x

x

Suy ra x2 Vậy hệ có nghiệm (2;2)

Câu 2a Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình

x24x 3 mx  m 8 x2(m4)x m  5 0 (1)

(1) Có 2 nghiệm phân biệt   m212m36   0 m 6

Ta có (1) 1

5

x

x m

 





Tam giác IAB cân tại I

2 (m 4) (m 6 m 4) 2 4

m

I d

IA IB

 



2

2

(m 6)(m 2)(m 4 m 1) 0

m 



 



m

    (Do m 2,m 6)

Câu 2b Gọi x là chiều dài hàng rào vuông góc với bờ sông, y là chiều dài hàng rào

song song với bờ sông Theo giả thiết ta có: 3 40.000x  y.80.00020.000000

500 3

2

x

Diện tích khu vườn sau khi rào là

2

f x xy   x  x  x

Ta có: f x là tam thức bậc hai có hệ số của ( ) x âm nên đạt GTLN tại 2

(0; )

(0; )

3

31250

3

f x  m Vậy diện tích lớn nhất mà người nông dân rào được là

31250

( ) 10416,666(m )

Câu 3a Ta có: 1 sin 600 10 3

2

S  bc  p r bc40

2 cos 60

13 8

8 5

b c





 



cot

ABC

AB BM AM AD AM DM DB DM BM

AB AC BC

S

Ta thấy tam giác ABC nhọn Theo tính chất của tứ giác nội tếp đường tròn ta có:

B BAC CA A 

1 1 1 1 1 1 1 1 1 90 90 60

B AC B A AAAC C CAB BA  A A 

Theo định lý sin trong tam giác CC B nội tiếp đường tròn đường kính BC , ta có 1 1

0

1 1

1 1 1

7 7sin 30

2 sin

B C

BC B C

B C

Câu 3b

( ;5 ), 0; ( 4 ; 4 ),

A a a a AC    a a

d x  y u  

Do d là phân giác góc BAC nên góc giữa d và AC bằng 45

0

. ( 4 a).1 (a 4).( 1) 1 os45

2 (4 a) (a 4) 2

d

d

AC u

c

AC u

    

4 (4;1) (Do 0)

Ta có: AB: x 4 0 Gọi B(4;b); AB(0; b 1); AB b 1 , AC8

1

2

ABC

10 (4;10)

8 B(4; 8)

b



Do B, C nằm về hai phía của d nên B(4;10)

BC: 9x-8y+44=0

Câu 4 Đặt f x( )x2 ax1 Do phương trình f f x( ( ))0 có nghiệm thực nên phương

trình f x( )0 có nghiệm thực Suy ra  a2 4 0

Gọi f x( ) (x x1)(x x 2), ,x x1 2

+) Nếu x1x2 thì 2

1 ( ( )) ( ( ) )

f f x  f x x Suy ra phương trình f x( )x1 có nghiệm duy nhất hay 2

(xx ) x có nghiệm duy nhất Suy ra 2

Vô lý Suy ra ta2 4 0.SScchìp

+) Khi x1 x2 thì một trong 2 phương trình f x( )x i vô nghiệm, phương trình còn lại có nghiệm kép.(Nếu xảy ra cả hai phương trình có nghiệm thì nghiệm của

phương trình này không là nghiệm phương trình kia vì x1 x2 và khi đó phương trình f f x( ( ))0 có hơn 1 nghiệm)

Giả sử 2

1

x ax  x có nghiệm kép và 2

2

x ax x  vô nghiệm

Ta có

2

2

4 4 0

4 4 0

    





    



1

1 2 2

0

0

x

a x x x





       Kết hợp với 2

4 0

a   Suy ra a2

Câu 5 Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:

x    xx   x Tương tự: 3

2 3

y   y; 3

2 3

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên suy ra x  y z 3

Ta có 3 3 3 3 3

3x y z 3 xyz 3xyz xyz 1

Ta có 3 3 xyz x3 y3 z3 3xyz    2 2 2 

       

3 x y z xy yz zx

     

1 xyz x y z xy yz zx

1 3

       

1 3 xy yzzx xyz x y z 2

1 3 10

  

0 xyyzzx 3

1

t



 với txyyzzx; t(0;3]

t

f t



12

MinP    x y z