Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm THPT hà đông hoài đức có lời giải

Tìm giá trị nhỏ nhất của MN.. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm... Vậy tam giác ABC đều.. Tìm giá trị nhỏ nhất của MN.. Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay.

CỤM TRƯỜNG HÀ ĐÔNG _ HOÀI ĐỨC

HÀ NỘI

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

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. ( 5,0 điểm)

a) Tìm m để phương trình 2  

mx  m x m  (m là tham số) có hai nghiệm

1, 2

x x thỏa mãn: 1 2 4

3

x x 

b) Tìm tất cả giá trị của tham số m để

2 2

4 4

2 2( 1) 16

   với mọi giá trị x

Câu 2. ( 5,0 điểm)

a) Cho phương trình 4     2  

x m x m (mlà tham số) Tìm tất cả giá trị của tham

số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x x x x1, 2, ,3 4 thỏa mãn 4  4 4 4 

b) Giải phương trình 2     

4x 12x x 1 27 x 1

Câu 3. ( 5,0 điểm)

a) Cho tam giác ABC có BC , a AC , b AB c, độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh

, ,

A B Clần lượt là h h h a, b, c Biết rằng a sinA b sinB  c si nCh ah bh c, chứng minh tam

giác ABC đều

b) Cho hai tia Ax , By với AB100 cm , xAB450 và



By AB Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với

vận tốc 3 2 cm s/ , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên

tia By bắt đầu từ B với vận tốc 4cm s Sau t (giây) chất điểm / 

X di chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển

được đoạn đường BN Tìm giá trị nhỏ nhất của MN

45 0

M

N

Câu 4. ( 5,0 điểm)

a) Cho hệ phương trình 1

2

mx y m

x my

  



  

 Khi hệ có nghiệm duy nhất xo;yo, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Axo22yo5

b) Cho tam giác ABC có BCa CA b AB,  , c, độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ , ,A B C

lần lượt là m m m a, b, c Chứng minh rằng:

2 3

a b c

m m m 

- 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

mx  m x m  (m là tham số) có hai nghiệm x x 1, 2 thỏa mãn: 1 2 4

3

x x 

Lời giải

Ta có 1 2 4 0 1 2

3

x x    x x

Do đó, phương trình 2  

mx  m x m  có hai nghiệm x x 1, 2

0

m





 

3 4 0

m

      

Theo định lí Vi-ét, ta có:

1 2

1 2

2 7

m

m m

P x x

m













Khi đó:

2



       

2 2

4 4 2 7 4

9

3 13

9

13

m

m





 



Kết hợp điều kiện suy ra

3 12 13

m

m





 



Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x1 x2 2

a





Câu 1b. Tìm tất cả giá trị của tham số m để

2 2

4 4

2 2( 1) 16

   với mọi giá trị x

Lời giải

Để

2 2

4 4

2 2( 1) 16

   với mọi giá trị x trước hết cần điều kiện:

2

2( 1) 16 0,

x  m x   x

2

' 0 (m 1) 16 0 3 m 5 (1)

          

Khi đó 2

2( 1) 16 0,

x  m x   x nên yêu cầu bài toán

4 4 2 4( 1) 32

       với mọi giá trị x

2

4( 2) 36 0

     với mọi giá trị x    ' 0 4(m2)236    0 1 m 5 (2)

Từ (1) và (2) suy ra   1 m 5 là tất cả giá trị cần tìm

x m x m (mlà tham số) Tìm tất cả giá trị của tham

sốm để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x x x x1, 2, ,3 4 thỏa mãn 4 4  4  4 

Lời giải

Cách 1:

 

Đặt  2 

, 0

t x t Phương trình trở thành 2      

2 2 2 3 0

Phương trình  1 có 4 nghiệm phân biệt x x x x 1, 2, ,3 4  Phương trình  2 có 2 nghiệm dương phân biệt t , 1 t 2

 

 





2 (2)

m

Áp dụng định lý Vi-et, ta có      



1 2

1 2

2 3

Đến đây, do 4 4 4 4 

2t 2t 52  2 2    2   

    



4 12 16 0

4

m

m

Đối chiếu điều kiện  * ta được m 1

Cách 2:

 

x  m x  m   2   2  

 

 



  

  

2

2 2

1

1 0

2 3 2

2 3 0

x x

Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x x x x khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân 1, 2, 3, 4 biệt và khác nghiệm x 1;x  1

 



   

 

   

3

2 3 0

2

1 2 3

1

m

m

Ta có : 4 4 4  4 

(1) ( 1) 2m 3 2m 3 52

2m 3 25  

   



1

4

m

Đối chiếu điều kiện   ta được m1

4x 12x x 1 27 x 1

Lời giải

Điều kiện: x    1 0 x 1

 

2

4x 12x x 1 27 x 1  2         

4x 2.2 3x x 1 9 x 1 36 x 1

 2x 3 x 1 2 36 x 1     

 



 



 

 

   

 







   



   



2

2

0

4 81 1

x

x







 



3

81 9 97 8

x

x (thỏa mãn điều kiện)

Vậy phương trình có 2 nghiệm là x 3 và 

81 9 97 8

Câu 3a. Cho tam giác ABC có BC , a AC , b AB c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh A B C, ,

lần lượt là h h h a, b, c Biết rằng a sinA b sinB  c si nCh ah bh c, chứng minh tam giác

ABC đều

Lời giải

Trong tam giác ABC ta có sinA 2S , sinB 2S, sinC 2S

và h a 2S, h b 2S, h c 2S

   , với S là diện tích của tam giác ABC

Ta có a sinA b sinB c s  in Ch ah b h c

2  2  2  2 2 2

 S b S c S S S  S

a

A

a

2 2 2



0

  a b c

Vậy tam giác ABC đều

Câu 3b.

Cho hai tia Ax , By với AB100 cm , xAB450 và By AB

Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với vận tốc

3 2 cm s/ , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên tia By

bắt đầu từ B với vận tốc 4 cm s Sau t (giây) chất điểm X di / 

chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển được đoạn

đường BN Tìm giá trị nhỏ nhất của MN

45 0

M

N

Lời giải

Sau t (giây) ta có AM 3 2 (t cm), BN 4 (t cm)

x'

y'

H

K

M

N

Dựng hệ trục Descartes vuông góc Ax y , AO(0;0) như hình vẽ trên

Gọi H K, lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay

Với t0 ( tứcM A ) ta có AHMK là hình vuông Suy ra AHAK3 (t cm)

M 3 ;3t t ,  N 100; 4t (Nói thêm là trường hợp M  A thì tọa độ M vẫn đúng)

Khi đó 2  2 2 2

100 3 10 600 10000

10 t 30 1000 1000, t

10 10,

Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi t30

Vậy minMN 10 10 cm khi t30 giây

2

mx y m

x my

  



  

 Khi hệ có nghiệm duy nhất xo;yo, hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Axo22yo5

Lời giải

Ta có: 1 2

1 1

m

m

2

x

m

m



1 2

y

m m

  

Hệ phương trình có nghiệm duy nhất     D 0 m 1 (*)

Khi đó nghiệm của hệ là:

2

x

x

  và o 2

1 1

y

y



 

Ta có:

o o

m



           

2 2



Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi 1 2 0

1

3 2

m

m     

 ( thỏa mãn điều kiện (*))

Vậy minA2 khi 3

2

m 

Câu 4b. Cho tam giác ABC có BCa CA b AB,  , c, độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ , ,A B C lần

lượt là m m m a, b, c Chứng minh rằng:

2 3

a b c

m m m 

Lời giải

Áp dụng bất đẳng thức:

, , y 0 2

x y

   Dấu “=” xảy ra khi x y

Ta có:

3

a

a



  

2

3 2( ) a

2

a

Tương tự:

2 3

b

a b c

2 3

c

a b c

Vì vậy:

a b c a b c

m m m  am bm cm 22 32a2 2 22 32b2 2 22 32b2 2

     

a b c

   2 3(2a2 2b2 2c2) 2 3

a b c

 

Dấu “=” xảy ra khi a b c hay tam giác ABC đều