Tổ 17 đ 2 đề HSG 10 THPT NAM TIỀN hải THÁI BÌNH 2019

Tìm m để P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy 1... Tìm m để P cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu... Ta có vế trái phương tr

ĐỀ HSG 10 THPT NAM TIỀN HẢI THÁI BÌNH

NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (4 điểm)Cho hàm số y x= 2−2mx+2m2 −4m 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 x2−4x =k có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2 (4 điểm)

1 Tính tổng các nghiệm của phương trình: 2 2

3x +15x+2 x +5x+ =1 2

2 Giải phương trình ( x+ −3 x+1) (x2+ x2+4x+ =3) 2x

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

2 Sin Sin Sin

3

R

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)

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

3

  và

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

< < và a b c+ + =2 93 Chứng minh rằng: 3 3 3 ( )

1

32 3a +32 3b +32 3c ≥8

 HẾT 

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ HSG 10 THPT NAM TIỀN HẢI

THÁI BÌNH NĂM 2019 MÔN TOÁN TIME: 180 PHÚT

Câu 1 (4 điểm)Cho hàm số y x= 2−2mx+2m2 −4m 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 x2−4x =k có 4 nghiệm phân biệt

Lời giải

1 Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa ( )P và Ox : m

( )

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 dấu ⇔a c < ⇔0 1 2( m2−4m)< ⇔0 2 m m( − ⇔ < <2) 0 m 2

Vậy 0< <m 2 thỏa yêu cầu bài toán

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 0

4

x

x

=



Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số y= x2−4x là

Từ bảng biến thiên phương trình x2−4x =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 ( x+ −3 x+1) (x2+ x2+4x+ =3) 2x

Lời giải

1 Ta có:

Đặt x2+5x+ =1 t t( ≥0), ta được phương trình ẩn t :

( )

2

2 2

1

3

0 5

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

+ − +

2 2

⇔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

 − − =

⇔  − − =



2

2

x x

=





⇔

=



Tập nghiệm của phương trình là 1 3 1; 5

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

Sin Sin Sin

3

R

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

Tác giả: ; Fb:

3

2

=

Do đó:

.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)

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

3

  và

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

Tác giả: ; Fb:

1

Ta có: uuurAB= −( 3;6), BCuuur= − −( 5; 10) , uuurAC= − −( 8; 4)

3 5

AB

⇒ = , BC=5 5, AC=4 5

• Ta có: uuurBC= − −( 5; 10) = −5vr với vr=( )1; 2

Đường cao AD đi qua A(4; 1− ) và nhận vr=( )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: ( ; ) EA EB =CA CB =45

4 5

⇒uuur= − uuur, với uuurEA= − − −(4 x; 1 y), uuurEB= −(1 x;5−y)

( )

8 5

E

 − = − −  =

 

− − = − −  =

Đường thẳng CE đi qua C(− −4; 5) và 8 5;

3 3

  có phương trình x y+ + =9 0

2

Ta có:

Gọi D x y là chân đường phân giác trong góc ·BAC ( ; )

1

2

2

ABD ADC

d A BC DB S

∆

∆

DB

DC

⇒ = ⇒uuur= − uuur với uuurDB= −( x;1−y) , DCuuur= − −(3 x; y)

( )

10 10

3

10 11 7

1

x

D





 − = − −  =

Đường thẳng AD đi qua 10 11;

7 21

  và

7 0;

3

  có phương trình 6x−3y− =7 0.

A AD∈ ⇒A a a − ⇒BA=a a− − 

uuur

3

CA= −a a− 

uuur

Mà

2 2

2

2 2

2

7

3

+ − − ÷

− + − ÷

( ) 2

10

11 7

3

a

 =



 = −



9

T =a +b =

Bài 5 (2 điểm) Cho 3 32

0 , ,

3

a b c

< < và a b c+ + =2 93 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

2 2

1 2

1 2

n n

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:

a + + ≥b c a b c+ + − = − = .

( )

3 3 3

VP 2

72 8

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

,

a a

+ Tương tự ta cũng có:

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

a b b c c a  + + + + +   + + 

Thay vào (**) ta được:

3

3 3 3

3 3 3

3

2

27 2.2 9

27

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

a b c c

a b c

 −



−

 −



−



 + = + = +

 + + =







