Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống
1
/ 11 trang
THÔNG TIN TÀI LIỆU
Thông tin cơ bản
Định dạng
Số trang
11
Dung lượng
790,64 KB
Nội dung
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ NAM LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (5.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y x mx 3m , đường thẳng d : x y m ( m tham số thực) hai điểm A 1; 1 , B 2; Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Cho số thực x, y thỏa mãn: x y xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P x y x y Tính M m Câu (5.0 điểm) Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 3 x y 3x x y Giải hệ phương trình ( x 1) y ( x 6) y x x 12 y Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M ; trung điểm HC Xác 2 2 định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x y Câu (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM 5, CM 10, AP Chứng minh AM PN Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c R, r bán kính đường tròn ngoại a b c 2r Chứng tam giác ABC tam giác tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn abc R Cho tứ giác lồi ABCD có AC BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB a, BC b, CD c, DA d Tính giá trị biểu thức T ab cd ad bc S Câu (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a b c Chứng minh Trang a2 b2 c2 a b2 c 2a 2b 2c a b2 c - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng 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 Trang Câu 1.1 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol P : y x mx 3m , đường thằng d : x y m ( m tham số thực) hai điểm A 1; 1 , B 2; Tìm m để đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm P d : x2 mx 3m x m x2 m 1 x 2m 1 Đường thẳng d cắt parabol P hai điểm phân biệt 1 có hai nghiệm phân biệt m m 1 2m m2 10m m Khi đó, d cắt P hai điểm M x1 ; x1 m , N x2 ; x2 m với x1 , x2 nghiệm 1 (giả sử x1 x2 ) Bốn điểm A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành xảy trường hợp sau: Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM AB MN x2 x1 2m x1 x1 x2 m 4m Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ: x1 x2 2m x2 x x x1 x2 2m Suy m 2m 4m 2m m2 10m 2 m 10 x 1 M 1; 1 A Với m , 1 trở thành: x x (loại) x N 2; B x 6 M 6; Với m 10 , 1 trở thành: x x 18 thỏa mãn ABNM tạo x 3 N 3;7 thành hình bình hành Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM Trang 1 1 Khi đó, I ; trung điểm AB trung điểm MN nên 2 2 x1 x2 m (loại) x1 x2 2m 2 Vậy m 10 Câu 1.2 Cho số thực x, y thỏa mãn: x y xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P x y x y Tính M m Lời giải P x y x y x y x y x y 7x y P 2 2 xy 2 2 10 x y 10 x y x y xy 1 10 x y 2 33 2 7 x y xy 4 Đặt t xy , ta có xy x y xy xy 1 t 3 1 2 x y xy xy x y 5xy xy t 5 P M 33 7 t t 4 1 với t ; 3 7 70 20 xảy t hay xy Khi x y 33 33 33 33 Trang x y xy 33 Ta có x y 20 33 x y m 34 33 11 34 33 11 34 33 11 34 33 11 18 1 xảy t hay xy Khi x y 25 5 x y xy 5 Ta có x2 y x 5 y Vậy M m 2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 Lời giải Ta có x 1 x x 25 23x 13 x 1 x x 25 x 3 x 18x 16 1 TH1: 3 x x x 25 x 3 (PTVN) x x 25 2 x TH2: x x 25 x 3 1 x 1 2x 18 x 16 x x 25 x 3 x 18 x 16 Trang x 1 x 18 x 16 1 x x 25 x 3 x 18 x 16 1 x 1 1 x x 25 x 3 2 x 1 Giải 1 ta x Giải x x 25 3x 4 x x 5 3x 30 x Vậy tập nghiệm phương trình cho S 1; 8; Câu 2.2 Giải hệ phương trình 3 x y 3x x y ( x 1) y ( x 6) y x x 12 y Lời giải Điều kiện: y 1 Ta có x3 y3 3x2 x y ( x 1)3 3( x 1) y3 y (1) Xét hàm số f (t ) t 3t , f (t ) 3t 0, t Do hàm số f (t ) đồng biến Mà phương trình (1) có dạng f ( x 1) f ( y) nên x y Do y 1 nên x 2 Thế x y vào phương trình ( x 1) y ( x 6) y x 5x 12 y ta có ( x 1) x ( x 6) x x2 x 12 ( x 1)( x 2) ( x 6)( x 3) x x x 2(TM ) ( x 1)( x 2) ( x 6)( x 2) ( x 2)( x 4) x x6 x (*) x2 2 x7 3 x x7 3 Giải phương trình (*): x 1 x6 2( x 2) 2( x 6) x4 ( x 2) ( x 6) x2 2 x7 3 x2 2 x2 2 x7 3 x2 x 1 ( x 2) ( x 6) (**) x2 2 x2 2 x7 3 Dễ thấy vế trái phương trình (**) ln âm với x 2 Trang Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y) (2;3) Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm có thể xét riêng Trường hợp 1: x 1 VT x 1 x x x4 2 Trường hợp 2: x 1 x6 x22 x7 3 x6 2x x 1 x6 2 x7 3 x2 2 1 x 2 VP VT x Câu Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M ; trung điểm 2 2 HC Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x y 7 Lời giải Gọi F trung điểm BC Gọi E giao điểm CD với đường thẳng qua A song song với BC AEBF hình chữ nhật AEBF nội tiếp đường tròn (T ) có đường kính AB EF Ta có MF đường trung bình tam giác BHC MF song song với BH EMF 900 E, M , F nằm đường tròn đường kính EF A, E, B, F , M nằm đường tròn (T ) AMB 900 AM BM Vì B d : x y B(b; 7 b) Vì AM BM AM BM b 4 B(4; 3) Do D nằm cạnh AB AB AD AB AD D(2;1) Phương trình đường thẳng CD là: x y C (c; 1 c) Trang c 7 C (7;6) 2 Do AB AC c 1 4 c 45 c C (2; 3) Câu 4.1 Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM 5, CM 10, AP Chứng minh AM PN Lời giải Đặt AB b, AC c Khi BC c b b.c b c cos60 225 1 Ta có AM AB BM AB BC b (c b) c b 3 3 PN AN AP c b 15 2 Khi AM PN c b c b c b b.c 225 15 45 15 3 45 15 Suy AM PN Câu 4.2 Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c R, r bán kính đường tròn ngoại a b c 2r tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn Chứng tam giác ABC tam abc R giác Lời giải Ta có: S Do đó: abc abc r abc r pr S p p p a p b p c p 4R R R 2r a b c a b c b c a R abc a b c 2r 4 abc R a3 b3 c3 a b c a b c b c a 4abc a3 b3 c3 a b c b c a 4abc Trang a3 b3 c3 a3 a b c b c b c a b c 4abc a2b ab2 b2c bc2 c2 a a 2c 6abc (*) Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a2b ab2 b2c bc2 c2a a 2c 6abc Dấu xảy a b c Ta có: (*) a b c ABC tam giác (Đpcm) Câu 4.3 Cho tứ giác lồi ABCD có AC BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB a, BC b, CD c, DA d Tính giá trị biểu thức T ab cd ad bc S Lời giải D c d O C A a b B Ta có : S ABC S R a.b AC ab ABC 4R AC Tương tự ta có : cd T S R S ADC R S R , ad ABD , bc BCD BD BD AC ab cd ad bc S S ABC R S ADC R S ABD R S BCD R AC AC BD BD S S S S S S S S S ABC ABD ABC BCD ADC ABD ADC BCD AC BD AC BD AC BD AC BD S S ABC S ABD S ABC SBCD S ADC S ABD S ADC SBCD S AC.BD Trang S ABC S S ADC S 4S S ABC S ADC 4S S 2 S AC.BD S AC.BD S.2S S ABC S ABD S BCD S ADC S ABD S BCD S AC.BD Vậy T Câu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a b c Chứng minh a2 b2 c2 a b2 c 2a 2b 2c a b2 c Lời giải Cách 1: Bất đẳng thức cho tương đương với a b2 c a2 b2 c2 0 a b c 2a 2b 2c VT Trong a2 a2 a2 1 a 11 a 2a a a a a.1.1 a 2a a a 1 3 3 9 a.a.1 Tương tự ta có Suy VT b2 c2 b2 2b c 2c 2b 2c 9 9 a b2 c a b c 6 2 2 a b2 c a b c 2 3 a b c t 3; 15 Đặt t a b2 c Ta có a b c a b c Lúc đó, với t 3; 15 ta có t2 2 t t 9t 54 t t t t 18 VT t 6 t t 9t 9t Dấu xảy t , suy a b c Cách 2: Ta có a a2 a a2 a2 a a2 2a 2 a 2 a a 2a 2 a a Tương tự có b2 b b2 c2 c c2 2b 2 2b b 2c 2 2c c a2 b2 c2 a2 b2 c2 Suy 2a 2b 2c 2 2a a 2b b 2c c Trang 10 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có a b c a2 b2 c2 2 2a a 2b b 2c c a b2 c a b2 c a2 b2 c2 9 2 2 2a 2b 2c 2 a b c a b c Ta cần chứng minh a b2 c a b2 c a b2 c 1 a b c 2 3 a b c Đặt t a b2 c Ta có a b c a b c ab bc ca t2 t2 Suy t 3; 15 Ta có 1 2 4t 18 t t 2t 2 t 81 t4 81 Mặt khác, ta có 2t 9t 9 9 2t 2t 81 Ta cần chứng minh t t 2t 81 t t t t t 81 t 81 t t 5 6 6 2t 2592 2 Thật vậy, t nên 2t 2 t 81 Suy t t 2t 2 Dấu '' '' xảy t , suy a b c Trang 11 ... liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT... 2m m2 10m 2 m 10 x 1 M 1; 1 A Với m , 1 trở thành: x x (loại) x N 2; B x 6 M 6; Với m 10 , 1 trở thành: x x ... xy 5 Ta có x2 y x 5 y Vậy M m 2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình x 1 x x 25 23x 13 Lời giải Ta có x 1 x x 25