TỔ 18 đợt 2 HSG lớp 10 THPT PHÙNG KHẮC KHOAN hà nội năm 2018 2019

Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau Câu 5.

HSG LỚP 10 THPT PHÙNG KHẮC KHOAN- HÀ NỘI

NĂM 2018-2019 MÔN TOÁN

Câu 1. (5,0 điểm)

1) Cho hàm số y x 2  có đồ thị là (P) Tìm m để đường thẳng x 1 d y: 2x m cắt đồ thị (P) tại

hai điểm phân biệt A B, sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ)

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m m R  

để phương trình: x4 3m1x26m 2 0

có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4

Câu 2

1) ( 3,0 điểm) Giải bất phương trình 2x 5 x2 x25 x2 5x6 0

2) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình







Câu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; BA = c và diện tích là S Biết

S = b - (a - c) Tính tanB?

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB c AC b ,  và BAC · 60

 Các điểm M N, được xác

định bởi MC uuur  2 MB uuur

và

1 2

NA NB

Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN

vuông góc với nhau

Câu 5 (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A1;2

, B3; 4  Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC

 vuông tại C và có góc B bằng 60

Câu 6: (2,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương.Chứng minh rằng:

2

x y y z z x x y z

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1. (5,0 điểm)

1) Cho hàm số y x 2  có đồ thị là (P) Tìm m để đường thẳng x 1 d y: 2x m cắt đồ thị (P) tại

hai điểm phân biệt A B, sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc toạ độ)

Lời giải

Tác giả:Trần Thị Huệ ; Fb:Tran Hue

Xét phương trình hoành độ giao điểm :x2 x 12x m  x23x m 1 0 (1)

Để (d) cắt (P) tại hai điểm phân biệt A B, thì phương trình (1) phải có hai nghiệm phân biệt

1, 2

x x   0 9 4 m 4 0

13

13 4 0

4

(*) Khi đó giả sử A x( ; 21  x1 m) ; ( ; 2B x2  x2 m)

Theo hệ thức Vi-et ta có:

1 2

1 2

3

x x

 





 



Tam giác OAB vuông tại O  OA OB  . 0

1 2 (2 1 )(2 2 ) 0

2

5 x x 2 (m x x ) m 0

      5(m1) 6 m m 2  0 2

5 0

1 21 2

Kết hợp điều kiện (*) ta có

1 21 2

m 

thỏa mãn yêu cầu bài toán

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m m R  

để phương trình: x4 3m1x2 6m 2 0

có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Thủy ; Fb:Thuy Nguyen

Ta có: 4 3 1 2 6 2 0 2 22 2



Để phương trình có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 thì  3 1 2 1 117

0 3 1 16

m m





 

 



Vậy với 1 17; \ 1 

3 3

m   

  thì thỏa mãn đề bài

Câu 2

1) ( 3,0 điểm) Giải bất phương trình 2x 5 x2 x25 x2 5x6 0

Lời giải

Tác giả:Nguyễn Dương Long ; Fb: Long Nguyễn

Điều kiện

2

x

x





 Trường hợp 1: Nếu x 3 hoặc x 2 thì bất phương trình nghiệm đúng (*)

Trường hợp 2: Nếu

3 2

x x





 

 Bất phương trình đã cho  2x 5 x2 x25 0  x2 x25 2 x 5

(1)

Bất phương trình (1) 2  2

x x

 





 



 







5 2 5 2 19 0

3

x x x













  

 









 



19 3

x

Kết hợp với điều kiện

3 2

x x





 

 của trường hợp 2 có

19 3

3 2

x x



 









(**)

Từ (*) và (**) ta có tập nghiệm của bất phương trình đã cho là

19 ( ; 2] 3;

3

S     

2) (2,0 điểm) Giải hệ phương trình







Lời giải

Tác giả:Nguyễn Dương Long ; Fb:Long Nguyễn

Điều kiện

x y

x y

 







Ta có hệ phương trình đã cho   







Đặt u 2x y , u 0  

và v x 2y1,v0

Suy ra



Ta có 5x10y m x y 2  n x  2y, suy ra



Vậy 5x10y4 2 x y  3x 2y 4u2 3v21

Vậy ta có hệ phương trình

1 2

73

104 23

u v

u

v

 











 





 

 



Trường hợp 1:

Trường hợp 2:

73 23 104 23

u v









 

 ( không thỏa mãn điều kiện v  )0

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

1 1

x y









Câu 3. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a; CA = b; BA = c và diện tích là S Biết

S = b - (a - c) Tính tanB?

Lời giải

Tác giả:Phạm Thị Cảnh; Fb: Pham Linh Canh

Ta có:

S = b - (a - c) acsinB = a + c - 2accosB - a - c + 2ac

2



acsinB = 2ac(1 - cosB) sinB = 4(1 - cosB) cosB = 1 - sinB(*)

Mặt khác:

sin B + cos B = 1 sin B + (1 - sinB) = 1 sin B - sinB = 0

8 sinB = (do sinB > 0)

17



Kết hợp với (*) ta được

cosB = tanB =

Câu 4. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB c AC b ,  và BAC · 60

 Các điểm M N, được xác định bởi MC  2 MB

và

1 2

NA NB

Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN

vuông góc với nhau

Lời giải

Tác giả: Thanh Bình ; Fb: Minh Hoàng

Ta có MCuuur2MBuuur uuur uuurAC AM 2(uuur uuurAB AM ) 3uuurAM 2uuur uuurAB AC

Tương tự ta cũng có 3 CN uuur  2 CA CB uur uur 

Vậy: AM CN  uuur uuurAM CN  0 (2uuur uuurAB AC )(2CA CBuur uur ) 0

(2AB AC AB)( 3AC) 0 2AB 3AC 5AB AC 0

 uuur uuur uuur  uuur     uuur uuur 

2

bc

Câu 5 (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A1;2

, B3; 4 

Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC

 vuông tại C và có góc B bằng 60

Lời giải

Tác giả: Ao Thị Kim Anh; Fb:Kim Anh

Ta có AB 2; 6 

, giả sử C x y ;   ACx1; y 2 



, BCx 3;y4



ABC

 vuông tại C và có góc B bằng 60





 



 



2 2

2 2



 



x y

 



3 10

x y

 



3 10

x y

 



2

3 10

x y

 



,

,









;

C    

;

C    

Câu 6: (2,0 điểm) Cho x y z, , là các số thực dương.Chứng minh rằng:

2

x y y z z x x y z

Lời giải

Tác giả: Cao Đình Định; Fb: Dinh Cao

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho các số dương x y z, , ta được:

Khi đó BĐT đã cho trở thành:

 

xy yz zx

x y y z z x  xy x  yz y  zx z   

Mặt khác ta có:

2

xy xy

2

2

xy yz zx x   y z

Từ (1) và (2) ta được: 3 2 3 2 3 2 2 2 2

2

x y y z z x x y z

Dấu “=” xảy ra  x y z  1