Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 đan phượng hà nội có lời giải

THPT ĐAN PHƯỢNG – HÀ NỘI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Câu I (6 điểm) Cho parabol  P  : y  x  x  Tìm giá trị k để đường thẳng  : y   k   x  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt M , N cho trung điểm đoạn thẳng MN nằm đường thẳng d : y  2 x  2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): x2   m  1 x  m3   m  1  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 Câu II (5 điểm) Giải bất phương trình:  x  1 x    x  5x  28 x  2  x  y  y   2 y   Giải hệ phương trình   x, y   2 2 x  y x  xy  y   x  y          2018 2019   Tìm giá trị nhỏ Câu III (2 điểm) Cho x; y  số thay đổi thỏa mãn x y biểu thức P  x  y Câu IV (4 điểm) Cho tam giác ABC có BC  a ; AC  b diện tích S Tính góc tam giác a  b2   Cho tam giác ABC tam giác cạnh a Trên cạnh BC , CA , AB lấy điểm biết S  a 2a ; CM  ; AP  x   x  a  Tìm x theo a để đường thẳng AN 3 vng góc với đường thẳng PM Câu V (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết N , M , P cho BN  diện tích hình thang 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 trung điểm cạnh BC   H   ;0  Viết phương trình tổng quát đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương   D nằm đường thẳng d : 5x  y   Trang - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu I.1 Cho parabol  P  : y  x  x  Tìm giá trị k để đường thẳng  : y   k   x  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt M , N cho trung điểm đoạn thẳng MN nằm đường thẳng d : y  2 x  Lời giải Phương trình hồnh độ giao điểm  P     x2  x    k   x   x2  kx   (1) Phương trình (1) có   k  16  0, k  nên ln có hai nghiệm phân biệt Suy với giá trị tham số k đường thẳng  ln cắt  P  hai điểm phân biệt M , N Gọi x1 , x2 hai nghiệm (1) Khi theo Vi-et ta có x1  x2  k Ta có M  x1;  k   x1  1 ; N  x2 ;  k   x2  1 , nên tọa độ trung điểm I MN  k  k  6 k  I ;  1 4   Điểm I  d  k  6 k    k   k  8k    k  4  2 Vậy k  4  thỏa u cầu tốn Câu I.2 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): x2   m  1 x  m3   m  1  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 Lời giải Trang Ta có  '   m  1  m3   m  1  m3  4m 2 Phương trình có nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2     '  m  m    m   2;0   2;       m   2;0   2;3 m   m    x1  x2       Ta có P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8   x1  x2   3x1 x2  x1  x2   3x1 x2  x1  x2   x1 x2   x1  x2   x1 x2 3    m  1    m3   m  1      m3  3m  3m  1  8m3   m  2m  1  16m  40m Xét P  16m2  40m với m  2;0   2;3 Vậy P đạt giá trị lớn 16 m  , đạt giá trị nhỏ 144 m  2 Câu II.1 Giải bất phương trình:  x  1 x    x  5x  28 x  Lời giải Vì x2  5x  28  0, x  nên tập xác định bất phương trình cho Ta có  x  1 x  4  x  5x  28  x2  5x   x  5x  28  x  5x  28  24  x  5x  28 * Đặt a  x2  5x  28, a   a  x  5x  28 Bất phương trình * trở thành a2  24  5a  a2  5a  24   3  a  kết hợp với a  suy  a    x  5x  28   x2  5x  28  64  x2  5x  36   9  x  Vậy tập nghiệm bất phương trình S   9; 4 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu II.1.1 Giải bất phương trình  x   x  x Trang Lời giải Điều kiện: 1  x  Khi 1 x  1 x  x  2x    x  x  1  (1) 1 x  1 x  1 x  1 x  Ta thấy x  nghiệm Với x  , ta có (  x   x )2    x2     x   x     Do (1)  x  1 x  1 x Suy nghiệm bất phương trình  x   x 1  x 1 2x  Câu II.1.2 Giải bất phương trình  Lời giải   x 1  x 1 2x   x   2x   2x  1 Điều kiện x  1, đặt t  x   t   x, t   t    2t  t   2 Thay 1  2t   2t      t     4t  4t  7t    t   4t  4t  t       2 Th1: t   t  suy   vô nghiệm Th2: t        t   4t  4t  t    t   x    x  Vậy tập nghiệm S  3;   Câu II.2 2  x  y  y   2 y   Giải hệ phương trình   x, y  2 2 x  y x  xy  y   x  y           Lời giải Điều kiện: y   Phương trình thứ hai hệ  x3  y3  3( x  y)  3x2  y    x  1   y  1  y  x  3 Thay y  x  vào phương trình đầu hệ ta x2   x  2   x  2   2  x  2    x2  x   2 x 1  (*) Trang 1  2x 1 2x 1  4   x   2x 1    x    2x 1   2  x2  x   x  2x 1  1  x  x  (a) (b) x   x 1 Giải (a) : (a)   x  2x 1  x   x  2 Giải (b) : (b)   x  x     x   x  Vậy hệ phương trình có hai nghiệm   y    y  1  Chú ý: Có thể giải phương trình (*) cách khác sau: (*)  x2  3x    x    x  3x  1  x   x4  x3  11x2  8x     x  1  x  x    x    x   x    Thử lại, ta thấy x  1; x   thỏa mãn phương trình (*) BÀI TẬP TƯƠNG TỰ 2   x  y   x  y   xy  x  y Câu II.2.1 Giải hệ phương trình    x  11x   x   x  y Lời giải  x  Điều kiện:   x  y  Phương trình đầu   x  y   x  y   xy  x  y   x  y   xy   x  y   xy  x  y   Trang   x  y    x  y   xy  x  y   xy    x  y   x  y   1  xy  x  y  1      x  y  1  x  y   x  y  xy       x  y  1  x  y  x  y   Từ tìm y   x (do x  y  x  ) Thay y   x vào phương trình thứ hệ ta được: x2  11x   x    x2  x   x   x     x  1    9x  1  x  13  133 11  133 y 2 2  7 x  3( y  4) x  3(2  y ) x  y  Câu II.2.2 Giải hệ phương trình   2 y   x  x  Lời giải Điều kiện y  Phương trình đầu hệ  x3  3( y  4) x2  3(2  y ) x  y3   x3  y3  3x2 y  3xy  8x3  12 x2  x   ( x  y)3  (2 x  1)3  x  y  2x 1  y  x 1 Thay y  x  vào phương trình thứ hai hệ ta x   x  x    1  x  x   y   x    3x  9x     x  5  97  y  23  97  x    3x  18 18 Câu III Cho x; y  số thay đổi thỏa mãn 2018 2019   Tìm giá trị nhỏ biểu thức x y P  x y Lời giải Cách  2018 2019  2018 y 2019 x    2019 +Ta có P   x  y    = 2018  y  x y  x Trang +Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho số dương 2018 y 2019 x ; ta x y 2018 y 2019 x   2018.2019 x y Do P   x  2018    y  2019       x  0; y    2018 2019  1 2018  2019 , dấu xảy  y  x  2018 y 2019 x   y  x   2018  2018  2019 2019  Vậy GTNN P  2018  2019   x  2018    y  2019     2018  2018  2019 2019  Cách Từ giả thiết áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có  2018 2019   2018 2019  P   x  y   y     x y   x y   x P   2 2018  2019    x  0; y   x  2018  2018 2019   1   Dấu xảy  y  y  2019  x   2018 2019   y  x Vậy giá trị nhỏ P  2018  2019     2018  2018  2019 2019   x  2018    y  2019     2018  2018  2019 2019  Bài toán tổng quát Cho 2n  số thực dương cố định a1 , a2 , , an ; b1 , b2 , , bn ; k n  , n   n số thực dương thay đổi x1 , x2 , , xn thỏa mãn a1 x1  a2 x2   an xn  k Tìm giá trị nhỏ biểu thức P b b1 b2    n x1 x2 xn Câu IV.1 Cho tam giác ABC có BC  a ; AC  b diện tích S Trang Tính góc tam giác biết S  a  b2   Lời giải Ta có: S  ab ab a  b2    ab sin C   sin C 1 1  2 Mặt khác sin C 1  2 Từ 1   ta suy sin C 1 C  900 Khi sin C 1 1 xảy dấu "  " hay a  b Vậy tam giác ABC vuông cân C nên A  B  450 Câu IV.2 Cho tam giác ABC tam giác cạnh a Trên cạnh BC , CA , AB lấy điểm a 2a ; CM  ; AP  x   x  a  Tìm x theo a để đường thẳng AN 3 vng góc với đường thẳng PM Lời giải N , M , P cho BN  Ta có:   1 AN  AB  BN  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC 3 3 PM  PA  AM   x AB  AC a 1 2  x  AN PM   AB  AC   AB  AC  3 3  a  2x 2 x    AB  AC     AB AC 3a  3a   2x 2  x  a2 a  a     3a  3a   xa 2a  Trang 4a  x xa 2a  15 AN  PM  AN PM     0   a   L  Vậy đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM x  4a 15 Cách Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ a a 3 Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Khi A  0;0  , B  a;0  , C  ;  , P  x;0   x  a  2   5a a   5a a  Ta có BN  BC  N  ;   AN   ;   6   6  AM  a a 3 a a 3 AC  M  ;   PM    x;  6 6     AN  PM  AN PM   Vậy với x  5a  a 3a 4a   x   x   6 36 15  4a đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM 15 BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu IV.2.1 Cho tam giác ABC tam giác có độ dài cạnh a Trên cạnh BC , CA , AB lấy điểm N , M , P cho BN  na , CM  ma , AP  x với  n  ,  m  ,  x  a Tìm giá trị x theo m, n, a để đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM Lời giải Ta có Trang +) AN  AC  CN  AC   AN    NC NC NC  NC  CB  AC  AB  AC  AB  1   AC CB BC BC  BC  NC NB AB  AC  1  n  AB  nAC BC BC x +) PM  PA  AM   AB  1  m  AC a  x  AN  PM  AN.PM    nAC  1  n  AB    AB  1  m  AC    a    x    x  a  1  n    a  n 1  m  a  1  n 1  m   n      a   a   Tìm x  Vậy với x  1  m 1  n  a 2n 1  m 1  n  a đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM 2n Câu IV.2.2 Cho tam giác ABC tam giác có độ dài cạnh a Trên cạnh BC , CA , AB lần 2a a lượt lấy điểm N , M , P cho BN  , CM  , AP  x với  x  a Tìm giá trị 3 x theo a để đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM góc 60 Lời giải Ta có AN  1 2  AB  AC  AN   AB  AC   a 3 3  x 1  x  PM   AB  AC  PM    AB  AC   a  x  ax a 3  a  1 2  x  AN PM   AB  AC   AB  AC   a  ax 3 3  a  2 a  ax   Từ giả thiết ta có cos 60  AN PM a a  x  ax AN PM Trang 10 x    x  x  x a 2  162 x  99ax  9a   162    99      a a x  x   a  a a a a x  đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM góc 60 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích Vậy với x  Câu V   hình thang 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 trung điểm cạnh BC H   ;0  Viết   phương trình tổng quát đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D nằm đường thẳng d : 5x  y   Lời giải Gọi E giao điểm AH DC , ta có E Do S ADE S ABCD Ta có: D x; 5x , x ECH 13x 2 13x 13 13x 2 x 14 x 5x ; d D, AE d D, AE AE Từ (1) (2) ta có: ABH 14 (1) Phương trình đường thẳng AE : x y Suy ra: S ADE 13 2; , AE x 13 (2) 30 L 13 Đường thẳng AB qua A nhận véc tơ n D 2;11 ED Phương trình tổng quát đường thẳng AB là: 3x 1; véc tơ phương y BÀI TẬP TƯƠNG TỰ Câu V.1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích hình thang 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 , CD  AB trung điểm cạnh BC   H   ;0  Tìm tọa độ đỉnh lại hình thang biết đỉnh D có hồnh độ dương D   nằm đường thẳng d : 5x  y   Lời giải Trang 11 Gọi E giao điểm AH DC Dễ thấy ABH  ECH nên S ABCD  S AED  14 H trung điểm AE  E  2;  1  AE   3;     AE  : x  y   Gọi D  xD ;5 xD  1 Ta có: S ADE   14  AE  d  D ; AE   3   2  2  xD   xD  1  22   3  13xD   28  xD  ( thỏa mãn) xD   30 ( loại)  D  2;11 13 Vì CD  AB , mà AB  CE nên DE  4CE DE   4;  12   CE   1;  3  C  1;2  AB  CE   1;  3  B  0;2  Trang 12 ... 2018  2018  2019 2019  Vậy GTNN P  2018  2019   x  2018    y  2019     2018  2018  2019 2019  Cách Từ giả thi t áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có  2018 2019   2018 2019. .. 2018  2019    x  0; y   x  2018  2018 2019   1   Dấu xảy  y  y  2019  x   2018 2019   y  x Vậy giá trị nhỏ P  2018  2019     2018  2018  2019 2019   x  2018. .. cho số dương 2018 y 2019 x ; ta x y 2018 y 2019 x   2018. 2019 x y Do P   x  2018    y  2019       x  0; y    2018 2019  1 2018  2019 , dấu xảy  y  x  2018 y 2019 x  