Tính tỉ số AP.. Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.. Giám thị không giải thích gì thêm... Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn tâm O.Do AB BC CD
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 1; 5
S
2) Với ,b c tìm được ở câu 1 Tìm m để đường thẳng : y cắt Parabol (P) tại hai 2x m
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: mx22m3x2m14 0 vô nghiệm trên tập số thực
2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 2x2 4 x 2 x25x 6 0
3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :
4 2
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, P A 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 x3y , điểm 3 0 M 2; 5 thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;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
S R A B C Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều
2) Cho , ,x y z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2y2z2 Chứng minh rằng 3
9
y z x x y z
3) Cho đa thức P x x2018mx2016 trong đó m 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 x0 2.
-HẾT -
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT
Giám thị không giải thích gì thêm
Họ và tên thí sinh:……….Số báo danh:………
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề có 01 trang)
Trang 2HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019
Câu I
(5,0 điểm)
1) (2,0 điểm) Đỉnh
1
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 mtheo Viet ta có 1 2
1 2
3 1
Ta có tam giác OABvuông tại
2
Đối chiếu đk (**) ta có đáp số 1 21.
2
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 6 14 0 7
3
(không thỏa ycbt)
TH 2: m 0, mx2 2m 3x 2m 14 0 VN mx2 2m 3x 2m 14 0 CN
x
m
m
Vậy m 9.
2) (2,0 điểm) TH1: 2 2
3
x
x
3
x
x
2
2 2
2 0
2 0
x x
2
0
4
x
x
Vậy tập nghiệm bất phương trình S ;0 2,3 4;
0,5
0,5
1
0,5
0,5
0,5
0,5
3) (2,0 điểm) Hpt:
2
1 1
Đặt a x 2 y b xy, hệ thành
3 2
.
0,5
0,5
Trang 3+) Với 0
1
a b
ta có
1.
1
xy
+) Với 1
0
a b
ta có 2 1 ; 0; 1 , 1;0 , 1;0
0
x y xy
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
Câu III
(6,0 điểm)
2,0
b) Đặt AP x , 0 x 3 Ta có = 1 -
x
4
x
x
15
AP
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 B 1;1 nên phương trình
BE: 3x y 4 0
Gọi F ACBEtọa độ F là nghiệm của
F
x y
Của BEE2; 2 Do M 2; 5 ADphương trình AD: 3x 4y 14 0
Do A AD ACtọa độ A là nghiệm của hệ 3 3 0 6;1
A
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
0,5
0,5
0,5
Trang 4B và hai điểm D ta có đáp số 2; 16
Câu IV
(3,0
điểm)
1) (1,0điểm) Theo định lí sin ta có : 3 3 3 3 3 3
2
2 =
Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a3 b3 c3 3abc
4
abc VT
R
Mà
4
abc S R
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ABC đều
2) (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 2
.
x y z
3
x y z
2
t
BĐT * thành
2
2
t
3) (1,0 điểm) Ta có P 1 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 1x a 2 x a 2018.
Khi đó, P 1 1 a11 a2 1 a2018 1,
P a a a hay P 1 1 a11 a2 1 a2018 1
Suy ra 2 2 2
P P a a a Suy ra tồn tại k1, 2, , 2018 sao cho a k2 1 1 a k 2. Hay tồn tại nghiệm x0: a kthỏa mãn điều kiện
0 2.
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; 1 ( ) / 2 2 1
2
2 Pt hoành độ giao điểm của (P) và : x2 4x 3 kx 4 x2 k 4x 1 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 ; 1 4 , N x kx2 ; 2 4
Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ 1 2 ( 1 2 )
2
Theo ycbt ta có:
Trang 62
Câu II
6,0 điểm
1 Bpt: x2 2m 1x 2 2m2 0 VN x2 2m 1x 2 2m2 0có
nghiệm x 0 (vì a=-1<0) m22m 3 0 m 1 m 3
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 x 2 1 4
2
4
x
x
Ta có hệ
2 1
1
2
x x
y
Câu III
6,5 điểm
1a
3
K G
D N
Trang 71b Đặt BKxBC AK AB BK AB xBC AB x AD
Ba điểm , ,A G K thẳng hàng nên
2 1
2
8 4
9 9
m
m
x
BK
BC
2 Pt MN: x y 4 0. Tọa độ P là nghiệm của hệ: 4 0 5 3;
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 PCD ABD AMP. Suy ra PA = PM
Vì A AC x y : 1 0 nên A a a ; 1 , a 2. Ta
có:
5
a
a
Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt:
2x 3y 10 0 Đt BC đi qua M và vuông góc với
AM nên có pt: y 4 0 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 3 10 0 1; 4
4 0
B y
Câu IV
2,5 điểm
1a x y z xyz 1 1 1 1
x y z xy yz xz
1b P=x 1 2y 1 y 1 2z 1 z 1 2x 1
=x 1 12 12 y 1 12 12 z 1 12 12
Từ ( 3) và (4) suy ra P 1 1 1 12 12 12 2 1 1 1
2
B
D
A
C
M N
P
Trang 8Từ (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 x0 0
2 2
0
2 2 2
2
0 2 0
1
1
x
t x
x
, với 2
0 2 0
1 2
x
1 3
t
t2 3 t20
Vậy 2 2 2 4
3
a b c , dấu bằng xảy ra khi 2
3
a b c ( ứng với
0 1
x ) hoặc
,
a c b ( ứng với x0 1 )