Tổ 21 đợt 1 HSG KHỐI 10 TỈNH VĨNH PHÚC 2018 2019

Vì OM và AI không đổi.. với BC , điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên AB và BC.. Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:... Khi đó Gọi K là trung điểm của BI Suy

KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 THPT

NĂM HỌC 2018 – 2019

ĐỀ THI MÔN: TOÁN 10 – THPT

2019 2018

5 4

y x

x x

 

Lời giải

Tác giả:Dương Hồng; Fb:Dương Hồng

Hàm số đã cho xác định khi và chỉ khi 5 4 x x 2 0     1 x 5

Vậy tập xác định của hàm số là D  ( 1;5)

và x2 2a1x a a  1  0  2

a) Tìm a để phương trình  2

có hai nghiệm phân biệt

b) Gọi x ; 1 x là hai nghiệm của phương trình 2  1

và x ; 3 x là hai nghiệm của phương trình4

 2 với x3 x4 Tìm tất cả các giá trị a để x ; 1 x2x x3; 4

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Ái Trinh ; Fb: Trinh Nguyễn

a) Xét phương trình: x2 2a1x a a  1 0

Phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

3



           

Vậy với

1 3

a 

thì phương trình  2 có hai nghiệm phân biệt.

b) Xét phương trình:

1

 



Ta có: f x x2 2a1x a a  1

có hai nghiệm phân biệt x x khi 3; 4 a 31



 Theo giả thiết x x1; 2x x3; 4

hay x3 x1x2 x4 (giả sử x1 ) khi và chỉ khi:x2

 

2 1

2

1

1

1

0

3

a

a





 





1



Câu 3 Cho ,a b R và a 0 Xét hai hàm số f x  2x2 4x và 5 g x  x2+ax b+

Tìm tất cả các giá trị của a và b biết giá trị nhỏ nhất của g x  nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f x  là 8

đơn vị và đồ thị của hai hàm số trên có đúng một điểm chung

Lời giải

Tác giả: Phan Thị Quyên ; Fb: Quyen Phan

Ta có giá trị nhỏ nhất của f x 

là: f  1 3

Giá trị nhỏ nhất của g x  là:

2

g  b

 

Do giá trị nhỏ nhất của g x  nhỏ hơn giá trị nhỏ nhất của f x  là 8 đơn vị nên ta có phương

b    b  Mặt khác đồ thị hai hàm số trên có đúng một điểm chung nên phương trình:

2x  4x 5 x +ax b+ có nghiệm duy nhất

      có nghiệm duy nhất

0

  

a 42 4 5 b 0 2 

Từ (1) và (2) ta được:

2 2

4

a

a     

2 6

a a





  



Do a  nên 0 a  thỏa mãn Thế 2 a  trở lại (1) ta được 2 b  4

Vậy: a2,b 4

Lời giải

Tác giả: Lê Thanh Tịnh – Hồ Thanh Long ; Fb: Lê Thanh Tịnh – Phú Long

Vì

2

x   x x     x

   nên phương trình luôn xác định với mọi x

Ta có:

2x 2x 3 3 x    x 1 0 2x 2x 2 2 3 3  x   x 1 0

2 x x 1 3 x x 1 5 0 *

.

Đặt t x2  với x 1

3 2

t 

Lúc đó phương trình  * trở thành:

  2

1

TM 2

t







 

Với t 1 suy ra

0

x

x





        

Vậy tập nghiệm của phương trình là S   1 ; 0 .

trị nguyên của m   5;50

để bất phương trình trên nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định của nó

Lời giải

Tác giả: Trần Thị Kim Thu ; Fb: Thu Tran

Bất phương trình x2 2x2 2 m 1 2x24x  1 xác định x  

Ta được  1  2x2 2x2 x2 2x2 2 m5

Đặt t x2 2x2  x12 1 1

Ta được g t  2t2  t 2m5 2 

Bảng biến thiên của g t  :

Do đó,  1 nghiệm đúng với mọi x   khi và chỉ khi  2 nghiệm đúng với mọi t 1; 

   

1;

2m 5 ming t



 

2m 5 g 1 3

    (Vì g t  đồng biến trên 1; 

)

1

m

 

Kết hợp với điều kiện m nguyên và m   5;50 nên có 5 giá trị nguyên của tham số m thoả

mãn yêu cầu bài toán là 5; 4; 3; 2; 1    

Vậy, tổng tất cả các giá trị nguyên của tham số m là 15

2

8 16

xy

x y





Lời giải

Tác giả: Phùng Hằng - Đỗ Quốc Trưởng ; Fb: Phùng Hằng - Đỗ Quốc Trưởng

Điều kiện:

0 0

2

3

x y

x y

 



 



Ta có:

 

 

2

8

16 1

xy

x y





4 0

4 2

x y

x y xy

x y

  



 







 2  2x2 5x 4 3x 2 0  2x2 x 2 3 x 2 3x 2

2 2

1

3 2





+) TH2: x2y24x y   vô nghiệm vì 0 x y 0 và

2 3

x 

nên x2y24x y   0 Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1;3 và 2;2.

điểm M để MB2 MC2  2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải

Tác giả: Võ Thanh Hiệp; Fb: Võ Hiệp

O A

M

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , I là trung điểm BC

Theo đề bài suy ra OM2 OA2 OB2 OC2 R2

Ta có

MB MC  MA  OB OM    OC OM    OA OM

2OM OB 2OM OC 4OM OA

                                              

     

  

4OM AI

  

4OM AI .cos OM AI, 4OM AI

Vì OM và AI không đổi Do đó MB2MC2 2MA2 đạt giá trị nhỏ nhất khi

cos OM AI   , 1

Khi đó M thuộc đường tròn  O

sao có OM

và AI

cùng hướng

với BC , điểm E và F lần lượt là hình chiếu vuông góc của D lên AB và BC Đặt

AB x

tính tỉ số

DEF ABC

S

S theo x và tính tỉ số đó khi BD3,BC 9

Lời giải

Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc

60

E

F D

A B

C

Tác giả: Trần Duy Thúc ; Fb: Trần Duy Thúc

1

DoEDF BAC 1800 và DE DF nên ta có:





2 2

1 sin 2

1 sin 2

DEF ABC

Mặt khác:

x

x





Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có:

3

      

Khi đó :

2

4 3

2

hay

2

4 3

2

Nhưng

2

4 3

2

khi

3

x  x   x  x  x   x  x

Vậy:

Khi 0x1thì

2

2

DEF ABC

AC

Khi

2 1

3

x

 

thì

2

2

DEF ABC

AC

hoặc

2

2

DEF ABC

AC

Trường hợp BD3,BC 9

Ta có:

1

2

DC AC     Áp dụng kết quả trên ta có:

2 2

2

1

2

DEF

ABC

S

S

     





trình đường chéo BD x y:   1 0 , điểm B có hoành độ âm Gọi M là trung điểm cạnh BC

và E3;4

là điểm thuộc đoạn thẳng AC thỏa mãn AC4AE Tìm tọa độ các đỉnh

, , ,

Lời giải

Tác giả: Huỳnh Triết Khiêm

Vũ Kim Giang

1 2



Trên đoạn thẳng AC ta có

1 4 1 2













E

là trung điểm của AI Khi đó

Gọi K là trung điểm của BI Suy ra . KE là đường trung bình của tam giác ABI

1 2

 KE AB

Ta có: MI là đường trung bình của tam giác ABC

1 2

 MI  AB

Ta có: MK là đường trung bình của tam giác BIC

 MK  IC AC AB

Như vậy

1 2

Suy ra tứ giác IMKE là hình thoi

* Gọi H KIMEsuy ra H là hình chiếu của E lên BD.

Vì    ;1      3;  3

Đường thẳng BD có vtcp  1; 1  

BD

u

Khi đó  0  3   1   3  0  0 0;1

 

BD

Do đó,   3; 3   3 2



Hình thoi IMKE có H là trung điểm 2  3; 2 

2





* Ta có

  DIE  DEC

Mặt khác,

  EIB  EID  DEC 

Khi đó

EIB

Ta có K là trung điểm BI , H là trung điểm

Vì    ;1     ; 

Khi đó,

 2

Mà x B 0 nên chọn

;





Với M là trung điểm BC , suy ra

17 16

;





C

* Ta có

1 3



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

với

1 1

;

3 3





  

BH

, suy ra

;

1



      





I

Vì I là trung điểm AC nên suy ra

53 64

;

9 9





A

Mặt khác, I là trung điểm BD nên suy ra

5 4

;

9 9





D

Vậy

T



Lời giải

Tác giả: Hoàng Gia Hứng; Fb: Hoàng Gia Hứng

Ta có

12

b c

T



          



= 3 2 2 3  1 1 4 2 3 





Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

Áp dụng BĐT

x y x y với ,x y  ta có 0

2a3b2a3b

Suy ra

5 2 4

T

  2 4.2 10   Vậy T 5.

Dấu " " xảy ra khi 2a3b3 c Vậy giá trị nhỏ nhất của T là 5.