Tổ-16-Đ2-de-thi-hoc-sinh-gioi-cap-truong-toan-10-THPT-Dan-Phuong-nam-2018-2019

Cho tam giác ABClà tam giác đều cạnh a.. Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM... Câu V 3 điểm Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy làAB và

ĐỀ THI HSG LỚP 10 THPT ĐAN PHƯỢNG

NĂM HỌC 2018-2019 MÔN TOÁN THỜI GIAN: 150 PHÚT

ĐỀ BÀI

Câu I (6 điểm)

1 Cho parabol ( ) P y : = 2 x2+ − 6 1 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

3

2

d y = − + x .

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

x − m − x m − + + = m có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x x1+ ≤2 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: ( ) ( x + 1 x + ≤ 4 5 ) x2+ + 5 x 28 ( x ∈ ¡ ) .

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 giác ABCcó 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 ABClà tam giác đều cạnh a Trên các cạnh

, ,

BC CA AB lần lượt lấy các điểm N M P , , sao cho

2

BN = CM = AP x = < < x a Tìm x theo a để đường thẳng

AN vuông góc với đường thẳng PM

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 ( ) 1;1

A 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 x y :5 − + = 1 0

-Hết -PHẦN ĐÁP ÁN CHI TIẾT

Thực hiện lời giải, sưu tầm và phát triển bởi tập thể tổ 16 Strong team Toán VD-VDC

Câu I.1 Cho parabol ( ) P y : = 2 x2+ − 6 1 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

3

2

d y = − + x .

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Văn Dũng; Fb: Nguyễn Văn Dũng

Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) P và ( ) ∆ là

( )

2

2 x + − = + 6 1 x k 6 x + 1 ⇔ 2 x kx2− − = 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 x1 2, lần lượt là hai nghiệm của (1) Khi đó theo Vi-et ta có 1 2

2

k

x x + = .

Ta có M x k ( 1; ( + 6 ) x1+ 1 ; ) N x k ( 2; ( + 6 ) x2+ 1 ) , nên tọa độ trung điểm I của

MN là

( 6 )

k

+

Điểm I d ∈ khi và chỉ khi

+ + = − + ⇔ + − = ⇔ = − ± .

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):

x − m − x m − + + m = có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x x1+ ≤2 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

Tác giả: Trần Như Tú; Fb: Tú Tran

' m 1 m m 1 m 4 m

Phương trình có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn x x1+ ≤2 4

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

=  −  + − + + 

Xét P = − 16 m2+ 40 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: ( ) ( x + 1 x + ≤ 4 5 ) x2+ + 5 x 28 ( x ∈ ¡ ) .

Lời giải

Tác giả: Mai Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú

Vì x2+ + > ∀ ∈ 5 28 0, x x ¡ nên tập xác định của bất phương trình đã cho là ¡

Ta có

( ) ( x + 1 x + ≤ 4 5 ) x2+ + 5 x 28 ⇔ + + ≤ x2 5 4 5 x x2+ + 5 28 x

( )

2 5 28 24 5 2 5 28 *

Đặt a = x2+ + 5 28, x a > ⇒ = + + 0 a2 x2 5 28 x

Bất phương trình ( ) * trở thành a2− ≤ ⇔ − − ≤ ⇔ − ≤ ≤ 24 5 a a2 5 24 0 a 3 a 8

kết hợp với a > 0

suy ra 0 < ≤ ⇔ < a 8 0 x2+ + ≤ 5 28 8 x ⇔ + + ≤ x2 5 28 64 x

2 5 36 0

x x

⇔ + − ≤ ⇔ − ≤ ≤ 9 x 4 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

Lời giải

Tác giả: Mai Vĩnh Phú ; Fb: Mai Vĩnh Phú

Điều kiện: − ≤ ≤ 1 x 1 Khi đó

x

+ + −  + + −  (1)

Ta thấy x = 0 là nghiệm

Với x ≠ 0, ta có ( 1 + + − x 1 ) x 2 = + 2 2 1 − < ⇒ < + + − < x2 4 0 1 x 1 x 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 2 x + 3 )

Tác giả: Mai Vĩnh Phú; Fb: Mai Vĩnh Phú

Lời giải

1 2 1 2 3 1 2 2 3 2 2 1

x + ≤ x + − x + ⇔ + + x x + ≤ + x

Điều kiện x ≥ − 1, đặt t = + ⇒ − = x 1 t2 1 , t 0 x ≥

t t

 − ≥





0 1 2

t t

 ≤



 ≥

⇔ 



Th1: t ≤ ⇒ = 0 t 0 suy ra ( ) 2 vô nghiệm.

Th2:

1 2

t ≥ khi đó

( ) ( ) 2 ⇔ − t 2 4 ( t3+ 4 t2+ + ≥ ⇔ ≥ ⇔ + ≥ ⇔ ≥ t 2 0 ) t 2 x 1 2 x 3

Vậy tập nghiệm S = +∞ [ 3; ) .

2 2

,

x y



Lời giải

Tác giả:Nguyễn Hoài Phúc; Fb: Nguyen Phuc

Điều kiện:

3 2

y ≥ − Phương trình thứ hai của hệ ⇔ − + − = x y3 3 3( x y ) 3 x2+ 3 y2+ 2

( ) ( )3 3

Thay y x = − 2 vào phương trình đầu của hệ ta được

x + − x − x − − + x − + =

2

2 x 6 2 2 2 1 0 x x

⇔ − + + − = (*)

2 1

2 1

 − = − −



⇔ 

 − = − − +



⇔ 



0

2 1 0

x

≥



⇔  − + =  ⇔ =

Giải ( ) b : 2

1

4 2 0

x

≤



⇔  − + =  ⇔ = −

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm

1 1

x y

=



 = −

 và

2

x y

 = −





= −

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

(*) ⇔ x2− + = − 3 1 x 2 1 x −

x − + = − x x

 x4− 6 x3− 11 x2− − = 8 2 0 x

x − x − + = x

1

x x x

=





 = −



BÀI TẬP TƯƠNG TỰ

Câu II.2.1 Giải hệ phương trình

2

2





Lời giải

Tác giả: Lê Văn Quý; Fb: Lê Văn Quý

Điều kiện:

5 9 0

x

x y

 ≥





 + ≥

Phương trình đầu ⇔ ( x2+ y2) ( x y + + ) 2 xy x y = +

x y xy x y xy x y

x y + − + − x y xy x y + + xy =

x y +  x y + − −  xy x y + − =

x y + −  x y + + + − x y xy  =

⇔ ( x y + − 1 ) ( x2+ + + = y2 x y ) 0.

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: x2− + − 11 5 2 9 5 0 x x − =

⇔ x2− + = − + 2 1 9 5 2 9 5 1 x x x − +

x − = x − + ⇔ x = 13 + 2 133 ⇒ = y − − 11 2 133

Câu II.2.2 Giải hệ phương trình

2





Lời giải

Tác giả: Lê Văn Quý; Fb: Lê Văn Quý

Điều kiện y ≥ 4

Phương trình đầu của hệ ⇔ 7 x3− + 3( y 4) x2+ − 3(2 y x y2) = +3 1

⇔ x y3+ +3 3 x y xy2 + 3 2 = 8 x3− 12 x2+ − 6 1 x

⇔ ( x y + ) (2 1)3 = x − 3

⇔ x y + = − ⇔ = − 2 1 x y x 1

Thay y x = − 1vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 x + = 3 9 x x2− − 4

2

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

Tác giả: Đoàn Công Hoàng; Fb: Đoàn Công Hoàng

Tác giả: Đào Thị Thái Hà; Fb:Thái Hà Đào Cách 1

+Ta có P ( x y ) 2018 2019

2018 2019

2018 y x 2019

+Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số dương

2018 2019

;

x y ta được

2018 2019

2 2018.2019

2018 2019

P ≥ + , dấu bằng xảy ra khi

2018 2019

1



 > >









=





2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Vậy GTNN của P bằng ( )2

2018 + 2019 khi

2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Cách 2

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

2

2

P

Dấu bằng xảy ra khi

0; 0

2018 2019

1

2018 2019



 > >









2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng ( )2

2018 + 2019 khi

2018 2018 2019

2019 2019 2018

x y





Bài toán tổng quát

Cho 2 1 n + số thực dương cố định a a1, , , ; , , , ;2 a b bn 1 2 b kn

( n ∈ ¥ , n ≥ 2 ) và n số thực dương thay đổi x x1, , ,2 xn thỏa mãn

1 1 2 2 n n

a x a x + + + a x k = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

n n

b

b b P

= + + +

Câu IV.1 Cho tam giác ABCcó BC a AC b = ; = và diện tích bằng S

Tính các góc của tam giác này biết 1 ( 2 2)

4

S = a + b .

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thị Thanh Thương; Fb:Nguyễn Thương

sin sin 1 1

S = a + b ≥ ⇔ ab C ≥ ⇔ C ≥ Mặt khác sin C ≤ 1 2 ( ) .

Từ ( ) 1 và ( ) 2 ta suy ra sin C = ⇒ = 1 C µ 90 0

Khi sin C = 1 thì ( ) 1 xảy ra dấu " " = hay a b =

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

Câu IV.2. Cho tam giác ABClà tam giác đều cạnh a Trên các cạnh BC CA AB , ,

lần lượt lấy các điểm N M P , , sao cho ; 2 ; ( 0 )

BN = CM = AP x = < < x a .

Tìm x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng

PM

Lời giải

Tác giả:NgôYến; Fb: Ngoyen

Ta có:

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

1

3

= + = − x +

a

uuuur uuur uuuur uuur uuur

2 2

2

2

= − +

x

a

uuur uuuur uuur uuur uuur uuur

uuur uuur

( )

15

a x

 =



=



uuur uuuur

Vậy đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM khi

4 15

= a

x

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

( ) ( ) 0;0 , ;0 , ; 3 , ( ) ( ;0 0 )

2 2

a a

< <

Ta có

= ⇒   ÷ ÷ ⇒ =   ÷ ÷

= ⇒   ÷ ÷ ⇒ =   − ÷ ÷

2

AN PM ⊥ ⇔ AN PM = ⇔  − = − x  ⇒ = x

 ÷

 

uuur uuuur

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

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

Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần

Ta có

+)

uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

( )

⇔ uuur = uuur + uuur = − uuur + uuur.

+) PM PA AM x AB ( 1 m AC )

a

= + = − + −

uuuur uuur uuuur uuur uuur

AN PM ⊥ ⇔ uuur uuuur AN PM = ⇔   nAC uuur + − ( ) 1 n AB uuur  

( )

x

a

 − + −  =

uuur uuur

( ) 1 2 ( 1 ) 2 ( ) ( 1 1 ) 2 0

2

⇔ −  ÷ + − + −  − +  ÷  =

Tìm được

( 1 ) ( 1 )

2

x

n

− +

=

Vậy với

( 1 ) ( 1 )

2

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

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

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

Tác giả: Trần Quang; Fb: Quang Trần

Ta có

2

AN = AB + AC ⇒ AN =  AB + AC  = a

2

2

.

x

a

=  + ÷ − + ÷ = −

uuur uuuur uuur uuur uuur uuur

Từ giả thiết ta có

2

2 2

cos 60

AN PM

AN PM

−

+ −

uuur uuuur

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

( ) 1;1

A 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 x y :5 − + = 1 0

Lời giải

Tác giả: Phan Đình Công; Fb: Công Phan Đình

Gọi E là giao điểm của AH và DC, ta có E ( - - 2 1 ; ) ,AE = 13

và D ABH =D ECH

Do đó SADE= SABCD= 14 (1).

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

Ta có: D x; x ( 5 + 1 ) , x > 0 ; ( ) 2 3 5 ( 1 1 ) 13 2

ADE

x

(2)

2

13 2

2

13

x x

D ;

é =

ê

ê

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

4

n r = ED uuur = ;

là véc tơ chỉ phương

Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 3 x 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 ( ) 1;1

A , CD AB = 3 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: 5 x y − + = 1 0

Lời giải

Tác giả: Hà Bích Vượng; Fb: Vượng Mỡ

Gọi E là giao điểm của AH và DC

Dễ thấy ∆ ABH = ∆ ECH nên SABCD = SAED = 14 và H là trung điểm của

AE ( 2; 1 ) ( 3; 2 )

⇒ − − ⇒ uuur = − − ⇒ ( ) AE : 2 3 1 0 x y − + = Gọi D x ( D;5 xD+ 1 ) .

2

ADE

S = AE × D AE

( )

2 2

1

D

x

+ −

2

D

x

⇔ = ( thỏa mãn) hoặc

30 13

D

x = − ( loại) ⇒ D ( ) 2;11 .

Vì CD AB = 3 , mà AB CE = nên DE uuur = 4 CE uuur

( 4; 12 ) ( 1; 3 ) ( 1;2 )

DE = − − ⇒ CE = − − ⇒ − C

( 1; 3 ) ( ) 0;2

AB CE = = − − ⇒ B

uuur uuur