Đáp án chính thức HSG k 10 2017 2018

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NAM KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn: TỐN (Đáp án có 06 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Lưu ý : 1/ Các cách giải khác mà cho điểm tương ứng với biểu điểm 2/ Điểm tổng tồn khơng làm tròn Câu Sơ lược cách giải Ý Điểm Cho đường thẳng d m : y  mx  2m  parabol (P): y  x  3x  (m tham số thực) Chứng minh d m cắt (P) điểm phân biệt với giá trị tham số m Tìm m để khoảng cách từ đỉnh I parabol (P) đến đường thẳng d m đạt giá trị lớn PT hoành độ: x  (3  m) x  2m   0,25 Có  '  m  2m  Biến đổi  '  (m  1)   m �� 0, 25 Gọi M (a; b) điểm cố định họ đường thẳng d m Suy (a  2)m   b  với m 0,25 (2,5 đ) �a   �a  �� �� � M (2;1) 1 b  b 1 � � �3 � I � ; � Đỉnh (P) �2 �, uuu r � 5� r MI  �  ; � u d � �và véctơ phương m   1; m  Gọi H hình chiếu I lên d m khoảng cách từ I lên đường thẳng IH �IM nên IH đạt giá trị lớn IM uuur r IM  d � IM  u m Suy uuu rr � MI u  �   m  � m   m Đáp số Cho phương trình x  x  (2m  3) x  12 x  16  (m tham số thực) Tìm tất giá trị m để phương trình cho có nghiệm thực Nhận thấy x = không nghiệm phương trình, chia vế phương trình cho x2: 12 16 x  x  2m     x x (2,5 đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 � 4� � 4� � �x  � �x  � 2m  11  � x� � x� 4 t  x  , t  x  �4 x �0 x x Đặt Phương trình trở thành t  3t  11  2m Trang 0,25 0,5 0,25 Bảng biến thiên cho hàm f (t )  t  3t , t � �; 4 � 4; � 0,5 Từ bảng biến thiên suy f (t ) �4 Phương trình có nghiệm m� Đáp số 7x  x2  Giải phương trình : 2 11 � 2m m 0,25 0,25 2x 1 2x 1  3 2x  x  ( x ��) Điều kiện: x  , nhân vế phương trình với x  PT trở thành x   x  x   x  x   x  2 x    �  x 1  2x   2x  Đặt x   x   a, 0,25 � 3x  x  x   x  x   x  2 x   x   (2,5 đ)     x 1  2x   2x   0,5 0 x   b, (a,b > 0) 0,25 2 PT trở thành a  3ab  2b  ab � � (a  b)(a  2b)  � � a  2b � 0,25 TH1: a = b suy x   x   x  � ( x  1)(2 x  1)   x � 4( x  1)(2 x  1)  (2  x) 0,25 ĐK:  x �2 0, 14  x �2 TH2: a = 2b suy x   x   2 x  � x2  � x  x  1: x   x  2, Đáp số: (2,5 đ) x 0,25 x   x  suy PT vô nghiệm 14 0,25 � x  y   x  y   x  (1) � �  x  y  (2) � xy  x � Giải hệ phương trình : Điều kiện: x  0, y �0, x  y  �0, x  y  �0 Trang  x; y �� 0,25 (1) � �    8x  y   x  8x  y   x 8x  y   x   x  y    x  y 1  x  y 1  0 0,25 � � 1 �   x  y  5 �  0 � � 8x  y   x � x  y   � �  �   x  y  5  �   x  y  5  8x  y    x  y    8x  y   x  x  y 1  x   � x  y 1 9x  8x  y  � �   x  y  5 �  0 � x  y 1  x  8x  y  � � � � � � � � 1 � �   x  y    y  x  1 �  � x  y 1  x  8x  y  � 4 4 43 � �1 4 4 44  x,y�TXD � � �   x  y    y  x  1  TH1:  x  y   � y   x thay vào phương trình (2) : x(5  x )   x � x  x   3x x � 0;5 x ĐK: 1 x � x  x    1 x  � x  1 x  5 x    � � � � � (1  x) �  1� � 54 x2 4243 � � �  � x� 0;5 � � x  � y  thỏa mãn điều kiện TH 2: y  x   � y  x  thay vào phương trình (2) : x(8 x  1)  2 � x 8x    x � x 8x    x  x VT  x x    x  x  x     0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x  �0 x  0,25 Suy phương trình vơ nghiệm (2,0 đ) �x  � Đáp số : hệ có nghiệm �y  Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi d đường thẳng cố định qua G d’ đường thẳng song song với d Chứng minh tổng bình phương khoảng cách từ đỉnh tam giác đến đường thẳng d khơng vượt q tổng bình phương khoảng cách từ đỉnh tam giác đến đường thẳng d’ Trang 0,25 Gọi H, H’, I, I’, K, K’ hình chiếu A, B, C lên đường thẳng d d’ uuuur uur uuuur r uuuur uuur2 uuuu r2 2 Đặt HH '  II '  KK '  x Ta có AH '  BI '  CK '  AH '  BI '  CK ' uuur uuuur uur uur uuur uuuur  AH  HH '  BI  II '  CK  KK ' uuur r uur r uuur r  AH  x  BI  x  CK  x r uuur uur uuur r  AH  BI  CK  x AH  BI  CK  x uuur uur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur Ta có: AH  BI  CK  AG  GH  BG  GI  CG  GK uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur  AG  BG  CG  GH  GI  GK  GH  GI  GK uuur uuur uuur r Vì AG  BG  CG  theo tính chất trọng tâm uuur uur uuur uuu r uuur uuur GH GI GK GA Nhận thấy , uuu,r uurlà hình , GB , GC lên đường uuur chiếu uuu r uuurcácuuvéctơ ur r thẳng d nên ta có GH  GI  GK  GA  GB  GC  r AH '2  BI '2  CK '2  AH  BI  CK  x �AH  BI  CK Từ suy r r Dấu bất đẳng thức xảy x  hay d’ trùng với d Suy điều phải chứng minh                     0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   (2,0 đ) 0, Cho tam giác ABC, lấy điểm M thuộc miền tam giác cho �  MBC �  MCA �  MAB Chứng minh : cot   cot A  cot B  cot C Đặt BC = a, CA = b, AB = c, S ABC  S , S MAB  S1 , S MBC  S , S MCA  S3 b2  c2  a2 cos A  2bc Áp dụng định lí cosin cho tam giác ABC ta có S  bc.sin A Áp dụng cơng thức tính diện tích ta có Suy cotA  0,25 0,25 b2  c2  a2 4S Trang a  c2  b2 a  b2  c2 cotC  4S 4S Tương tự , 2 a b c cot A  cot B  cot C  4S Suy (1) cotB  0,25 0,25 Xét tam giác ABM theo chứng minh ta có: AB  AM  BM AB  AM  BM cot  � S1  S1 cot  0,25 BC  BM  CM AC  CM  AM S2  S3  cot  cot  Tương tự , 2 2 a b c a  b  c2 a  b2  c2 S1  S2  S3  �S  � cot   cot  cot  4S Suy Từ (1) (2) suy đẳng thức chứng minh (3,0 đ) (2) 0, 25 0,25  sin A    sin B    sin C  Chứng Cho tam giác ABC có góc thỏa mãn minh tam giác ABC có góc nhọn Gọi R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC a b c sin A  ,sin B  , sin C  2R 2R 2R Áp dụng định lí sin cho tam giác ABC : a 2018  b 2018  c 2018 Đẳng thức trở thành � a 2018  b 2018 a  b �A  B � � 2018 2018 2018 a b c � � 2018 � �� � a  c �A  C a  c 2018 � � Từ a 2018  b 2018  c 2018 � a a 2016  b b 2016  c c 2016 Lại từ � a a 2016  b a 2016  c a 2016 � a  b  c b2  c2  a2 cos A  0� 2bc Áp dụng định lí cosin tam giác ABC ta A góc nhọn Suy tam giác ABC có góc nhọn Trong mặt phẳng (Oxy) cho hình thang cân ABCD (cạnh đáy AB), AB = 2CD, �  1350 ADC Gọi I giao hai đường chéo, đường thẳng qua I vng góc với hai cạnh đáy d : x  y   Tìm tọa độ điểm A biết diện tích hình 2018 (1,0 đ) 0,25 2018 2018 0,25 0,25 0,25 0,25 15 thang ABCD , hoành độ điểm I trung điểm AB có tung độ khơng âm Gọi E  AD �BC , gọi M trung điểm đoạn AB.Ta có tam giác EAB cân E �  1800  ADC �  450 EAB suy tam giác ABE vuông cân E Trang 0,25 Ta có DC  AB , DC song song với AB suy DC đường trung bình tam giác EM AB EA IM    6 EAB suy I trọng tâm tam giác EAB S ECD ED EC   S EA EB EAB Ta có S EAB  S ABCD  10  EA2 Suy EA  20 � IM  0,25 0,25 0,25 10 0,25 � 1� xI  � y I   � I � 3;  � 3� � Đường thẳng d trùng với đường thẳng IM, có 0,25 10 � 1� IM  (3m  1)  � m  � (m �0) � 3� ,có � M  3m  4; m  M thuộc d m0 � � � � m m �0 suy M(4;0) � Đường thắng AB qua M(4;0) vng góc với d suy phương trình đường thẳng AB x  y  12  AB EA   10 2 a3 � AM  (a  4)  (3a  12)  10 � 10a  80a  150  � � a5 � A thuộc đường thẳng AB � A(a; 3a  12) , có Đáp số: (2,0 đ) A 3;3 AM  A 5; 3 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a b c   �2 3 b 1 c 1 a3  Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : b   b2  b  b2  b3   (b  1)(b  b  1) �  2 a 2a 2 b  b  , dấu xảy b   b  b  � b  b 2b �2 c 2 Tương tự c  , dấu xảy c  c 2c � a  a  , dấu xảy a  2a 2b 2c   �2 Suy ta cần chứng minh bất đẳng thức b  c  a  2a 2a  ab  ab2 ab 2b bc 2b bc  a b b 2 b2  b  ; c2  c  ; c2  c 2 Có b  �ab bc ca � (a  b  c)  �   ��2 b 2 c 2 a 2� � Bất đẳng thức viết lại (*) Trang 0,25 0,25 0,25 ab 2ab 2ab a b.b.2 a(b  b  2) 2ab  2a  �  �  b  b2  b  3 b b 9 Có: Dấu xảy b  bc 2bc  2b � Tương tự c  , dấu xảy c  ca 2ca  2c � a 2 , dấu xảy a  0,5 0,25 Suy �2ab  2a 2bc  2b 2ca  2c � �(a  b  c)  �   � (a  b  c )   ab  bc  ca  9 � � 9 VT(*) (a  b  c) (a  b  c )2 �3(ab  bc  ca ) � ab  bc  ca �  12 Lại có Dấu xảy a = b = c �  12  Suy VT(*) 2, dấu xảy a = b = c = 2, suy bất đẳng thức chứng minh -HẾT Trang 0,25 0,25 ... HH '  II '  KK '  x Ta có AH '  BI '  CK '  AH '  BI '  CK ' uuur uuuur uur uur uuur uuuur  AH  HH '  BI  II '  CK  KK ' uuur r uur r uuur r  AH  x  BI  x  CK  x r uuur uur...  CK  x AH  BI  CK  x uuur uur uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur Ta có: AH  BI  CK  AG  GH  BG  GI  CG  GK uuur uuur uuur uuur uur uuur uuur uur uuur  AG  BG  CG  GH  GI  GK... uuurcácuuvéctơ ur r thẳng d nên ta có GH  GI  GK  GA  GB  GC  r AH '2  BI '2  CK '2  AH  BI  CK  x �AH  BI  CK Từ suy r r Dấu bất đẳng thức xảy x  hay d’ trùng với d Suy điều phải