Đề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài Đức

Đề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài ĐứcĐề thi HSG Toán 10 Cụm Hà Đông, Hoài Đức

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM TRƯỜNG THPT

NĂM HỌC 2016-2017

Môn thi: Toán – Lớp 10 Ngày thi: 01/3/2017 Thời gian làm bài: 150 phút

Bài 1 (4 điểm)

Cho parabol ( ) : P y ax  2  bx  1

1) Tìm các giá trị của ; a b để parabol có đỉnh

3 11

;

S      

2) Với giá trị của ; a b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng

: y x k ( 6) 1

    cắt parabol tại hai điểm phân biệt ; M N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d:4 x  2 y  3 0 

Bài 2 (4 điểm)

1) Giải phương trình 26  x2   4 x

2) Giải hệ phương trình

.











Bài 3 (4 điểm)

Cho ba số dương , , a b c Chứng minh

3

1 a 1 b 1 c 2 1 a b c

 

Bài 4 (4 điểm)

Cho tam giác ABC Chứng minh

0 sin  A  sin B  sin C  sin sin A B  sin sin B C  sin sin C A  1

Bài 5 (4 điểm)

Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a Gọi ; E F là các điểm xác định

bởi

1

, 3

BE  BC

, 2

CF                              CD

đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại điểm I

1) Tính giá trị của   EA CE .

theo a

2) Chứng minh rằng  AIC  900.

HẾT

-Họ tên thí sinh: ……… Số báo danh:………

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM TRƯỜNG THPT

NĂM HỌC 2016-2017

HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 10

Do Parabol nên a ≠ 0 và có trục đối xứng x=−b

2 a=

−3

2 nên 3 a−b=0 0,5

Tọa độ đỉnh có tung độ là y=−4 a ∆ mà ∆=b2

+4 a nên ta có: b2

+4 a=22 a hay

b2−18 a=0

0,5

Ta có hệ pt {b 3 a−b=02−18 a=0 thế vào ta được: b2−6 b=0 ⇒b=0 ;b=6

Nếu b=0 ⇒a=0 loại.

Nếu b=6 ⇒a=2 thỏa mãn.

Vậy a=2 ;b=6 là giá trị cần tìm.

1,0

Câu 2 Tìm m … với parabol y=2 x2

Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt

2 x2+6 x−1=kx +6 x+1 có hai nghiệm phân biệtx1; x2,

hay pt: 2 x2

+kx−2=0 có hai nghiệm phân biệt x1; x2 có ∆=k2

+16>0

0,5

Khi đó, giao điểm M (x1;(k +6) x1+1), N (x2;(k +6) x2+1),

nên trung điểm của đoạn MN là I ( x1+x2

2 ;

( k +6) x1+1+( k+6) x2+1

0,5

Theo định lý Viet ta có x1+x2=−k

2 nên I (

−k

4 ;

2−k −k2

Do I thuộc đường thẳng 4 x+2 y−3=0 nên – k +2−k−k2−3=0 hay

k2+2 k +1=0 hay k =−1 thì thỏa mãn bài toán 0,5

Phương trình tương đương { x−4 ≥0

26−x2=(x−4)2⇔{2 x2−8 x−10=0x ≥ 4 1,0

Giải ra ta được x=5 thỏa mãn pt

Điều kiện xác định: {4 ( y−1) x ≠ 02≥ 3

x2

12−3

x2≥0

Từ pt (1) ta có: x3

=(y−1)3 hay x= y −1 thế vào pt (2)

0,5

Ta được √4 x2

− 3

x2+√12− 3

x2=4 x

2

Đặt a=4 x2>0 ;b=3

x2>0, pttt: √a−b+√12−b=a

0,5 Hay √12−b=a−√a−b ⇒12−b=a2

−2 a√a−b +a−b

Do 12=ab nên pt trở thành: a2

−2 a√a−b+a−ab=0 do a ≠ 0nên ta có 0,5

(a−b )−2√a−b+1=0 hay a−b=1.

Tức là 4 x2−3

x2=1 hay x=± 1 Nếu x=1 ⇒ y=2 nên nghiệm là ( x ; y )=(1 ;2).

Nếu x=−1 ⇒ y=0 nên nghiệm là ( x ; y )=(−1 ;0)

Vậy hệ có hai nghiệm trên

0,5

Ta có vế trái (1+a

b)(1+b

c)(1+c

a)=2+a

b+

a

c+

b

c+

b

a+

c

a+

c b

Mà a

b+

a

c+1 ≥ 3

3

√a2

bc=

3 a

3

√abc tương tự ta có b

c+

b

a+1 ≥

3 b

3

√abc ,

c

a+

c

b+1 ≥

3 c

3

√abc

1,0

cộng vế với vế ta được 2+a b+a

c+

b

c+

b

a+

c

a+

c

b ≥

3 (a+b +c )

3

√abc −1

¿2(a+b +c)

3

√abc +(

(a+ b+c )

3

√abc −1)

1,0

Mà a+b+c ≥33

√abc hay (a+b+c )3

(1+a

b)(1+b

c)(1+c

a)≥ 2(1+ a+b+c3

√abc ) Dấu bằng xảy ra khi a=b=c

1,0

Do A ; B;C là ba góc trong tam giác nên 0<sinA ;sinB ;sinC ≤ 1 nên ta có

0 ≤ sinA−sinAsinB ;0 ≤ sinB−sinBsinC ; 0≤ sinC−sinCsinA 1,0

Do không cùng xảy ra dấu bằng đồng thời nên ta có:

0<sinA+sinB+sinC−sinAsinB−sinBsinC−sinCsinA , 1,0

Ta luôn có (1−sinA) (1−sinB)(1−sinC)≥ 0 hay

1−sinAsinBsinC−sinA−sinB−sinC+ sinAsinB+s inBsinC+ sinCsinA ≥0 1,0 1−sinAsinBsinC ≥

sinA +sinB +sinC−sinAsinB−sinBsinC−sinCsinA

Mà 1−sinAsinBsinC <1

Nên sinA+sinB+sinC−sinAsinB−sinBsinC−sin CsinA <1 (ĐPCM)

1,0

Ta có CE= 2 a

3 ;

Ta có AE2

=AB2

+BE2

=a2

+a2

9 =

10 a2

9 nên AE=

a√10 3

0,5

Mặt khác: ⃗EA ⃗ CE=EA CE cos ^ AEB 0,5

Trong tam giác vuông BAE ta có cos ^ AEB= BE AE= 1

Nên ⃗EA ⃗ CE=EA CE cos^ AEB= a√10

3 .

2 a

3

1

√10=

2

9a

Ta có ⃗AE=⃗ AB+1

3⃗AD Giả sử ⃗ BI=k ⃗ BF ,k ∈ R

⃗AI =⃗ AB+⃗ BI =⃗ AB+k ⃗ BF=⃗ AB+(⃗BC +⃗ CF)=(1+k

2)⃗AB+ k ⃗ AD 0,5

Do A ; E ; Ithẳng hàng nên: (1+k

2):1=k :1

3 nên k =

2

Nên ⃗AI =6

5⃗AB+

2

5⃗A D ; và

⃗CI =⃗ AI −⃗ AC=6

5⃗AB+

2

5⃗AD−⃗ AB−⃗ A D=

1

5⃗AB−

3

5⃗AD

0,5

Nên ⃗AI ⃗ CI=(65⃗AB+

2

5⃗AD)¿ nên ^AIC=90 o 0,5