Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.[r]
Trang 1SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019
Môn thi: Toán lớp 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
Câu I (5,0 điểm)
Cho Parabol (P): y x 2 bx c
1) Tìm ,b c để Parabol (P) có đỉnh
;
S
2) Với ,b c tìm được ở câu 1 Tìm m để đường thẳng : y2x m cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ)
Câu II (6,0 điểm)
1) Tìm m để bất phương trình: mx2 2m3 x2m14 0 vô nghiệm trên tập số thực
2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2x2 4 x 2 x2 5x6 0.
3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :
1
Câu III (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 Trên các cạnh BC CA lần lượt lấy các điểm,
,
N M sao cho BN 1, CM 2
a) Phân tích véc tơ AN
theo hai vectơ AB AC, .
b) Trên cạnh AB lấy điểm P,PA P B, sao choAN vuông góc với PM Tính tỉ số .
AP AB
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD BC, và AD BC , biết rằng AB BC AD , Đường chéo 7. ACcó phương trình là x 3y 3 0 , điểm M 2; 5 thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B1;1
Câu IV (3,0 điểm)
1 ) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức
2
3
Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
2) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2 y2 z2 Chứng minh rằng3
9
y z x x y z
3) Cho đa thức P x x2018 mx2016 m trong đó m là tham số thực Biết rằng P x có 2018 nghiệm thực Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x0 của P x thỏa mãn x 0 2
-HẾT -Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT
Giám thị không giải thích gì thêm.
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)
Trang 2Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019.
Câu I
(5,0 điểm)
1) (2,0 điểm) Đỉnh
1
1
b
b
c c
2) (3,0 điểm) Pt hoành độ giao điểm của (P) và :
x x x m x x m (*) cắt (P) tại hai điểm phân biệt PT(*)
có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 0 13 4 0 13 **
4
Giả sử A x 1; 2 x1 m B x; 2; 2 x2 m
theo Viet ta có
1 2
1 2
3 1
x x
x x m
Ta có tam giác OABvuông tại O
2
Đối chiếu đk (**) ta có đáp số
2
m
2
0,5 0,5 0,5
0,5 1
Câu II
(6,0 điểm) 1) (2,0 điểm) TH 1: m 0, bpt trở thành
7
3
(không thỏa ycbt)
TH 2: m 0, mx2 2m3x2m14 0 VN mx2 2m3x2m14 0 CN
x
0
9
m
m
Vậy m 9.
2) (2,0 điểm) TH1:
3
x
x
TH 2:
3
x
x x
x
Khi đó, bpt
2
2 2
2 0
2 0
x x
2
0
4
x
x
Vậy tập nghiệm bất phương trình S ;02,3 4;
0,5 0,5
1
0,5
0,5
0,5 0,5
Trang 33) (2,0 điểm) Hpt:
2
1 1
Đặt a x 2 y b xy, hệ thành
3 2
+) Với
0 1
a b
ta có
1
1
x y
x y xy
+) Với
1 0
a b
ta có 2 1 ; 0; 1 , 1;0 , 1;0
0
x y
x y xy
+) Với
2 3
a b
2
2
3
1 2
3
y
Vậy hệ có 5 nghiệm x y ; 1;1 , 0; 1 , 1;0 , 1;0 , 1;3
0,5
0,5
0,5
0,5 Câu III
(6,0 điểm) 1) (4,0 điểm) a) = = 1 2 + 1
AN AB BN AB AC AB AB AC
2,0
b) Đặt AP x , 0 x3 Ta có
1
x
PM PA AM AC AB
1
x
PM PA AM AC AB
4
x
AB AC AB AB AC AC x
Vậy
4 15
AP
AB
0,5
0,5
0,5
0,5
2) (2,0 điểm) Do ABCD là hình thang cân
nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn
tâm O.Do AB BC CD AClà đường
phân giác trong góc BAD Gọi E là
điểm đối xứng của B qua AC, khi đó
E thuộc AD Ta có BEAC
và BE qua B1;1 nên phương trình
BE: 3x y 4 0
Gọi F ACBE tọa độ F là nghiệm của
Hệ
x y
F
x y
0,5
Trang 4Của BE E2; 2 Do M2; 5 AD phương trình AD: 3x 4y14 0.
Do A AD AC tọa độ A là nghiệm của hệ
6;1
x y
A
x y
Do D AD D2 4 ; 2 3 t t và
58 26
5
;
D t
Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm
B và hai điểm D ta có đáp số
;
D
0,5
0,5
0,5
Câu IV
(3,0
điểm).
1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có :
2
2 =
Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a3b3c3 3abc
4
abc VT
R
abc S R
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ABC đều
2) (1,0 điểm) Ta có
2 2 2
x y z
y z x xy yz zx xy yz zx
Ta cần chứng minh:
2
3
9
x y z
x y z xy yz zx
xy yz zx x y z
2
t
BĐT * thành
2
2
2
t
t t t
(luôn đúng)
3) (1,0 điểm) Ta có P1 1,P 1 1.Giả sử các nghiệm thực của P x là
1, , ,2 2018
a a a , tức là P x x a 1 x a 2 x a 2018
Khi đó, P 1 1 a1 1 a2 1 a2018 1,
P a a a hay P1 1 a1 1a2 1a2018 1
Suy ra 2 2 2
P P a a a
Suy ra tồn tại k 1, 2, , 2018 sao cho a k2 1 1 a k 2.
Hay tồn tại nghiệm x0:a kthỏa mãn điều kiện
0 2
x
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 5HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018.
Câu I
5,0 điểm 1 Đỉnh
2
2 Pt hoành độ giao điểm của (P) và : x2 4x 3 kx 4 x2 k4x1 0
(*) PT(*) có ac 1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x x1, 2 và theo Viet ta có
x x k Khi đó tọa độ M, N là M x kx 1; 14 , N x kx 2; 24
Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ
1 2 ( 1 2)
x x k x x
I
2
I
Trang 62
Câu II
6,0 điểm
1 Bpt: x22m1x 2 2m2 0 VN x22m1x 2 2m2 0có nghiệm x 0 (vì a=-1<0) m22m 3 0 m 1 m3.
2 Bpt
2
2
3
x
Vậy tập nghiệm bpt S ;0 2 3:
3 Hệ phương trình
2
2
3
x
Điều kiện x0,y 0
Chia hai vế của (1) cho xy ta có phương trình
2 1
4
x
2
4
x
x
Ta có hệ
2 1
1
x x
y
Câu III
6,5 điểm
1a
3
K G
D N
Trang 71b Đặt BK xBC AK AB BK AB xBC AB x AD
Ba điểm , ,A G K thẳng hàng nên
2 1
2
8 4
9 9
x
BK
BC
2 Pt MN: x y 4 0. Tọa độ P là nghiệm của hệ:
x y
P
x y
Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên
ta có:PAM PCDABDAMP. Suy ra PA = PM
Vì A AC x y : 1 0 nên A a a ; 1 , a2. Ta
có:
0; 1 5
a
a
Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt: 2x3y10 0 Đt BC đi qua
M và vuông góc với AM nên có pt: y 4 0 Tọa độ B là nghiệm của hệ:
1; 4
4 0
x y
B y
Câu IV
2,5 điểm
1a
1 1 1
1
(1) 2 2 2
1 1 1 1 1 1
1
Ta có:
B
D
A
C
M N
P
Trang 8x 1 2 y 1 2 z 1 2
(4)
2
P
2
Từ (1), (2), (5) và ( 6) P 3 1 Dấu bằng xảy ra khi x y z 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 1
2 Gọi x0 là nghiệm của phương trình x 0 0
2
2 2
0
2 2 2
2
0 2 0
1
1
x
a b c
t x
x
, với
2
0 2 0
1 2
x
Mặt khác
2
2
4
1 3
t
t 2 3 t2 0
Vậy
2 2 2 4
3
, dấu bằng xảy ra khi
2 3
a b c
( ứng với x 0 1 ) hoặc
,
( ứng với x 0 1 )
