Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 đan phượng hà nội có lời giải

Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳngPM.. Câu V 3 điểm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD.. Viết phương trình tổng quát của đường

Trang 1

THPT ĐAN PHƯỢNG – 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 I (6 điểm)

1 Cho parabol   2

P y x  x Tìm giá trị của k để đường thẳng :yk6x1cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt M N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên , đường thẳng : 2 3

2

d y  x

2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): 2   3  2

x  m x m  m  có hai nghiệm x , 1 x thỏa mãn điều kiện 2 x1x2 4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px x x x x  x 

Câu II (5 điểm)

1 Giải bất phương trình:    2  

2 Giải hệ phương trình

2 2

,

x y



Câu III (2 điểm) Cho ;x y0 là những số thay đổi thỏa mãn 2018 2019 1

x  y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P x y

Câu IV (4 điểm)

1 Cho tam giácABCcó BC a AC b ;  và diện tích bằng S Tính các góc của tam giác này biết 1 2 2

4

S a b

2 Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a Trên các cạnh BC CA AB, , lần lượt lấy các điểm

, ,

BN  CM  APx  x a Tìm x theo a để đường thẳng AN

vuông góc với đường thẳngPM

Câu V (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD Biết

diện tích hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 và trung điểm cạnh BC là

1

; 0 2

H 

  Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương

và D nằm trên đường thẳng d: 5x  y 1 0

Trang 2

- 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 I.1 Cho parabol   2

P y x  x Tìm giá trị của k để đường thẳng :yk6x1 cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt M N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên , đường thẳng : 2 3

2

d y  x

Lời giải

Phương trình hoành độ giao điểm của  P và   là

2

2x 6x 1 k6 x1 2

2x kx 2 0

    (1)

Phương trình (1) có  k216  0, k nên nó luôn có hai nghiệm phân biệt Suy ra với mọi giá trị của tham số k thì đường thẳng  luôn cắt  P tại hai điểm phân biệt M N ,

Gọi x x lần lượt là hai nghiệm của (1) Khi đó theo Vi-et ta có 1, 2 1 2

2

k

x x 

Ta có M x 1;k6x11 ; N x 2;k6x21, nên tọa độ trung điểm I của MN là

 6

k



Điểm I d khi và chỉ khi  6 3 2



Vậy k  4 3 2 thì thỏa yêu cầu bài toán

Câu I.2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): 2   3  2

x  m x m  m  có hai nghiệm x , 1 x thỏa mãn điều kiện 2 x1x2 4 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau:

3 3

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px x x x x  x 

Lời giải

Trang 3

Ta có  2 3  2 3

Phương trình có 2 nghiệm x , 1 x thỏa mãn 2 x1x2 4

2

1 2

' 0

2; 0 2;3

m

 

1 2 1 2 3 1 3 2 8

Px x x x x  x 

3

3

2

8

16 40

P  m  m với m  2;0   2;3

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m2, đạt giá trị nhỏ nhất bằng 144 khi m 2

Câu II.1. Giải bất phương trình:    2  

Lời giải

Vì 2

5 28 0,

x  x   x nên tập xác định của bất phương trình đã cho là

Ta có

 

a x  x a a x  x Bất phương trình  * trở thành a2245aa25a24    0 3 a 8 kết hợp với a0 suy ra 0   a 8 0 x25x288 2

5 28 64

x x

5 36 0

x x

Vậy tập nghiệm bất phương trình là S   9; 4

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu II.1.1. Giải bất phương trình 1 x 1 x x

Trang 4

Lời giải

Điều kiện:   1 x 1 Khi đó

x

Ta thấy x0 là nghiệm

Với x0, ta có 2 2

( 1 x 1x)  2 2 1x   4 0 1 x 1 x 2 2

1 0

1 x 1 x

   Do đó (1) x 0 Suy ra nghiệm của bất phương trình là 0 x 1

Câu II.1.2. Giải bất phương trình x 1 2x 1 2x3

Lời giải

Điều kiện x 1, đặt 2

1 1 , t 0

t x   t x 

1 2 2 1 2 1

t t

t t t





0 1 2

t t

 



 

 



Th1: t  0 t 0 suy ra  2 vô nghiệm

Th2: 1

2

t khi đó      3 2 

2  t 2 4t 4t  t 2    0 t 2 x   1 2 x 3 Vậy tập nghiệm S3;

Câu II.2. Giải hệ phương trình

2 2

,

x y



Lời giải

Điều kiện: 3

2

y  Phương trình thứ hai của hệ 3 3 2 2

3( ) 3 3 2

Thay y x 2 vào phương trình đầu của hệ ta được

2

2

2x 6x 2 2 2x 1 0

      (*)

Trang 5



 



 



Giải ( )a : ( ) 2 0 1

2 1 0

x

x x





Giải ( )b : ( ) 2 1 2 2

4 2 0

x

x x





Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1

1

x y





  

2 2 2

x y

  





 

Chú ý: Có thể giải phương trình (*) bằng cách khác như sau:

(*)  2

x  x   x

x  x  x

x  x  x  x 

x x  x  1

x x x







  



Thử lại, ta thấy x1;x 2 2 thỏa mãn phương trình (*)

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu II.2.1 Giải hệ phương trình  2 2  

2

2





Lời giải

Điều kiện:

5 9 0

x

x y

 





  



Phương trình đầu  2 2  

2

x y xy  xy x y

x y xy x y xy x y

Trang 6

xy  x y  xy xy  xy

xy  xy   xy x  y

x y  xy   x y xy

x y x y  x y 

Từ đó tìm được y 1 x (do x y 0 và 5

9

x ) Thay y 1 x vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: 2

11 5 2 9 5 0

x  x  x 

2 1 9 5 2 9 5 1

x  x  x  x 

x  x   13 133 11 133

Câu II.2.2 Giải hệ phương trình

2





Lời giải

Điều kiện y4

Phương trình đầu của hệ  7x33(y4)x23(2y x2)  y31

x y  x y xy  x  x  x

(xy) (2x1)

 x y 2x   1 y x 1

Thay y x 1vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2

2 x 3 9x  x 4

2

3 1 3

3 1 3

  



   

Câu III. Cho x y; 0 là những số thay đổi thỏa mãn 2018 2019 1

x  y  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

P x y

Lời giải

Cách 1

+Ta có   2018 2019

P x y

2018 2019

2018 y x 2019

Trang 7

+Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số dương 2018y;2019x

x y ta được

2018 2019

2 2018.2019

2018 2019

P  , dấu bằng xảy ra khi

0; 0

2018 2019

1

2018 2019

x y



















2018 2018 2019

2019 2019 2018

x

y





Vậy GTNN của P bằng  2

2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Cách 2

Từ giả thiết và áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có

2

2

2018 2019 2018 2019

2018 2019

P

Dấu bằng xảy ra khi

0; 0

2018 2019

1

2018 2019

x y















2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng  2

2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Bài toán tổng quát

Cho 2n1 số thực dương cố định a a1, 2, ,a b b n; ,1 2, ,b k n; n ,n2và n số thực

dương thay đổi x x1, 2, ,x thỏa mãn n a x1 1a x2 2  a x n n k Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1 2

1 2

n n

b

P

Câu IV.1. Cho tam giácABCcó BC a AC b ;  và diện tích bằng S

Trang 8

Tính các góc của tam giác này biết 1 2 2

4

S a b

Lời giải

Mặt khác sinC 1  2

Từ  1 và  2 ta suy ra sinC  1 C 90 0

KhisinC1 thì  1 xảy ra dấu " " hay ab

Vậy tam giác ABC vuông cân tại C nên A B 45 0

Câu IV.2. Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a Trên các cạnh BC CA AB, , lần lượt lấy các điểm

, ,

BN  CM  APx  x a Tìm x theo a để đường thẳng AN

vuông góc với đường thẳngPM

Lời giải

Ta có:

1 3

2

2

x

a

xa a

Trang 9

 

15

0

a x

xa a

AN PM AN PM

 







Vậy đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PMkhi 4

15

Cách 2 Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ

Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ Khi đó     3   

0;0 , ;0 , ; , ;0 0

2 2

a a

 

2

AN PM  AN PM    x   x

Vậy với 4

15

a

x thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu IV.2.1 Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a Trên các cạnh BC , CA , AB lần

lượt lấy các điểm N , M, P sao cho BN na , CM ma , APx với 0 n 1, 0 m 1,

0 x a Tìm giá trị của x theo m n a, , để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng

PM

Lời giải

Ta có

Trang 10

+) AN AC CN AC NC CB AC NC.AB AC NC AB 1 NC AC

+) PM PA AM x.AB 1 m AC

a

ANPM AN PM  n AC 1 n AB  x.AB 1 m AC 0

a

2

Tìm được 1 1 

2

m n a x

n



Vậy với 1 1 

2

m n a x

n



 thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM

Câu IV.2.2. Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a Trên các cạnh BC , CA , AB lần

lượt lấy các điểm N , M , P sao cho

3

a

3

a

CM  , APx với 0 x a Tìm giá trị của x theo a để đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60

Lời giải

Ta có

2

AN  AB ACAN  AB AC  a

2

2

x

a

Từ giả thiết ta có

2

2 2

cos 60

AN PM

AN PM



Trang 11

2

1

1

9 9

x

a x

x a

 

Vậy với

2

a

x và

9

a

x thì đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60

Câu V. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD Biết diện tích

hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 và trung điểm cạnh BC là 1; 0

2

H 

  Viết

phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng : 5d x  y 1 0

Lời giải

Gọi E là giao điểm của AH và DC , ta có E 2; 1 , AE 13 và ABH ECH

Do đó S ADE S ABCD 14 (1)

Phương trình đường thẳng AE: 2x 3y 1 0

Ta có: D x; x5 1 , x 0 ; 2 3 5 1 1 13 2

ADE

x

S d D, AE AE (2)

Từ (1) và (2) ta có:

2

13 2

2

13

x x

D ;

Đường thẳng AB đi qua A và nhận véc tơ 1 1 3

4

n ED ; là véc tơ chỉ phương

Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 3x y 2 0

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu V.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB và CD Biết diện

tích hình thang là 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 , CD3AB và trung điểm cạnh BC là 1

; 0 2

H 

  Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang biết đỉnh D có hoành độ dương và D

nằm trên đường thẳng d: 5x  y 1 0

Lời giải

Trang 12

Gọi E là giao điểm của AH và DC

Dễ thấy ABH ECH nên S ABCD S AED 14 và H là trung điểm của AE

 2; 1  3; 2

        AE : 2x3y 1 0

Gọi D x D;5x D1

2

ADE

 

2 2

1

D

x

 

2

D

x

  ( thỏa mãn) hoặc 30

13

D

x   ( loại) D2;11

Vì CD3AB, mà ABCE nên DE 4CE

 4; 12  1; 3  1; 2

DE   CE   C 

 1; 3  0; 2

ABCE   B