Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nam tiền hải thái bình có lời giải

Tìm m để  P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 1.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Tìm m để  P cắt Ox tại hai điểm phân biệt c

THPT THUẬN NAM TIỀN HẢI

THÁI BÌNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1 (4 điểm)Cho hàm số 2 2

yx  mx m  m có đồ thị là  P m

1 Tìm m để  P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu m

2 Tìm các giá trị của k để phương trình 2

4

x  x k có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2 (4 điểm)

1 Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3x215x2 x25x 1 2

2 Giải phương trình    2 2 

Câu 3 (2 điểm)Chứng minh rằng:  2 2 2

2

3

R

   với mọi tam giác

ABC

(aBC, b AC, c AB; m , a m , b m lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ c A B C, , ; R

bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy

1 Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A4; 1 , B 1;5 ,

 4; 5

C  

2 Cho B 0;1 , C 3;0 Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại 0; 7

3

M  

chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 10

11 (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn diện tích phần chứa điểm C ) Gọi A a b và  ;  a0 Tính 2 2

Ta b

Bài 5 (2 điểm) Cho 3 32

0 , ,

3

a b c

2 9

a b c   Chứng minh rằng: 3 3 3  

1

32 3a 32 3b 32 3c 8

- HẾT -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Cán bộ coi thi không giải thích gì 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

Câu 1 (4 điểm)Cho hàm số 2 2

yx  mx m  m có đồ thị là  P m

1 Tìm m để  P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu m

2 Tìm các giá trị của k để phương trình 2

4

x  x k có 4 nghiệm phân biệt

Lời giải

1 Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa  P và Ox : m

 

2 2 4 0 1

x  mx m  m

 P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi phương trình m  1 có 2 nghiệm trái

Vậy 0 m 2 thỏa yêu cầu bài toán

2 Xét 2

0 (P) :yx 4x có TXĐ D , đỉnhI2; 4  Phương trình hoành độ giao điểm của (P và Ox là 0) 2 0

4

x

x





 Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số 2

4

y x  x là

Từ bảng biến thiên phương trình 2

4

x  x k có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0 k 4 Vậy 0 k 4 thỏa yêu cầu bài toán

Câu 2 (4 điểm)

1 Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3x215x2 x25x 1 2

2 Giải phương trình    2 2 

Lời giải

1 Ta có:

3 15 3 2 5 1 5 0

x  x t t , ta được phương trình ẩn t :

2

2 2

1

3

5 1 1

5 0 0 5

t TM

t t

t koTM

x x

x x

x x







      









Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 5

2 Điều kiện xác định x 1

Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x0

Ta giải phương trình này với x0

x2 x24x 3 x x 3 x x1

 x x  x 3 x1 x 3 x0

x x3x x 1 0

3

1

 

 



2 2

3 0

1 0

   

 

  



1 3 2

1 5 2

x

x















Tập nghiệm của phương trình là 1 3 1; 5

Câu 3 (2 điểm)Chứng minh rằng:  2 2 2

2

3

R

   với mọi tam giác

ABC

( aBC , b AC , c AB; m , a m , b m lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ c A B C, , ; R

bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC )

Lời giải

Ta có:

  2 2 2 2 2 2 2 2 2

b c a a c b a b c

3

2



Do đó:

VP  2 2 2 2 2 2

3

.Sin Sin Sin

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy

1 Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A4; 1 , B 1;5 ,

 4; 5

C  

2 Cho B 0;1 , C 3;0 Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại 0; 7

3

M  

chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng 10

11 (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn diện tích phần chứa điểm C ) Gọi A a b và  ;  a0 Tính 2 2

Ta b

Lời giải

1

Ta có: AB  3;6, BC   5; 10, AC   8; 4

3 5

AB

 Ta có: BC   5; 10 5v với v 1; 2

Đường cao AD đi qua A4; 1  và nhận v 1; 2 làm vectơ pháp tuyến

 Phương trình AD:1x 4 2 y   1 0 x 2y 2 0

 Gọi E x y là chân đường phân giác trong của góc ACB , ta có:  ;  4

5

4 5

   , với EA4  x; 1 y, EB 1 x;5y

 

8 5

;

E

Đường thẳng CE đi qua C 4; 5 và 8 5;

3 3

E 

  có phương trình x  y 9 0

2

Ta có:

Gọi D x y là chân đường phân giác trong góc  ;  BAC

1 ,

10 2

, 2

ABD ADC

d A BC DB S

S d A BC DC





DB

DC

     với DB  x;1y, DC  3 x; y

 

10 10

3

10 11 7

11

;

1

x

D





Đường thẳng AD đi qua 10 11;

7 21

D 

7 0;

3

M  

  có phương trình 6x3y 7 0

AADA a a BAa a  

7

3 ; 2

3

CA a a 

Mà

2 2

2

2

7

3

DB AB AB

DC AC AC

 

2

10

11 7

105 80 100 0

3

a

 



  



Vậy 2 2 125

9

T a b 

Bài 5 (2 điểm) Cho 3 32

0 , ,

3

a b c

2 9

a b c   Chứng minh rằng: 3 3 3  

1

32 3a 32 3b 32 3c 8

Lời giải Cách 1:

+ Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức:

2

1 2

n n

a

a a

   (với a bất kỳ và i b i 0)

Dấu bằng xảy ra 1 2

1 2

n n

a

2

32 3a 32 3b 32 3c 96 3(a b c )

+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số không âm 3 8 8

, ,

3 3

a

  ta được:

3

3

a    a  a (3)

Tương tự ta cũng có: 3 3 3

3

3

b    b  b (4)

3

3

c    c  c (5) + Cộng vế theo vế của (3), (4), (5) ta được:

16 2 9 16 8

3 3 3

9 1

VP 2

72 8

a b c

dpcm

+ Dấu bằng xảy ra

3

3

2 9

a b c







   



Cách 2:

+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 2 số không âm

3

1 32 3 ,

32 3 24

a a

  ta được:

+ Tương tự ta cũng có:

3 3

Cộng vế theo vế ta được:

 

3

+ Ta sẽ chứng minh: a3 b3 c3 8

Thật vậy ta có: 3 3 3  3     

a  b c  a b c   a b b c c  a

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:

2

Thay vào (**) ta được:

3

3 3 3

3 3 3

3

2

27 2.2 9

27

a b c

a b c a b c a b b c c a a b c    

32 3a 32 3b 32 3c 121928 dpcm

Dấu bằng xảy ra

3

3

3

2 9

a a

b b

c

c

a b c



















  







