1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải

11 3,2K 87

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

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 2m   x1    x1  x2   m  4m   Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ:  x1 x2  2m    x2  x  x     x1 x2  2m    Suy  m  2m 4m  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    7x  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  x6    x  (*) x2 2 x7 3  x   x7 3 Giải phương trình (*): x 1 x6 2( x  2) 2( x  6)   x4  ( x  2)    ( x  6)  x2 2 x7 3 x2 2 x2 2 x7 3   x2    x  1   ( x  2)   ( x  6)      (**) x2 2  x2 2  x7 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  x4 2 Trường hợp 2: x 1 x6  x22 x7 3 x6   2x  x 1  x6   2     x7 3  x2 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 11 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

Ngày đăng: 14/08/2019, 15:05

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w