Đang tải... (xem toàn văn)
phương trình đường thẳng AB. Tìm tọa độ các điểm M trên đoạn OA; N trên đoạn AB; E, F trên đoạn OB sao cho MNEF là hình vuông.. Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:[r]
(1)SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CON CNG
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018
Mơn : TỐN
Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1.(5,0 điểm)
Cho phương trình bậc hai x2 5x m 0 (1) với x ẩn số a) Giải phương trình (1) m = 6.
b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x1 x2 x2 x1 6. Câu (3,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
2
4
1 (2 1) x x y xy xy y
x y xy x
Câu 3.(5,0 điểm)
a) Cho góc thỏa mãn tan 2 Tính giá trị biểu thức 3 4sin cos sin 2cos
P
b) Cho tam giác ABC Gọi D, E
2
BD BC; AE AC
3
Điểm K đoạn
thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AD AK Câu ( 5,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm
AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình CD x: 3y 1 0,
16 ;1 E
a) Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao CD BE.
b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.
Câu (2,0 điểm) Cho a,b,c số thực dương thoả mãn abc1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2
1
P
a b c abc
(2)Hết
Họ tên thí sinh : Số báo danh :
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
1.
Phương trình x2 5x m 0 5,0
a) Giải phương trình (1) m6 1,5
Khi m6 PT (1) có dạng: x2 5x 6 0,5
Ta có: ' 0,5
PT (1) có nghiệm phân biệt: x1 2 x2 3 0,5
b) Tìm giá trị m thỏa mãn 3,5
Lập ∆ = 25 - 4m
Phương trình có nghiệm x x1, 2 ∆ ≥ hay m 25
4
0,5
Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1x2 5; x x1 m
Hai nghiệm x x1, 2dương
1
1
x x
x x
ì + > ïï
íï >
ïỵ hay m > 0.
0,5
Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 < m
25
4 (*) 0,5 Ta có: ( )
2
1 2
x + x =x +x +2 x x = +5 m
Suy ra x1 + x2 = m+
Ta có x x1 x2 x1 6 x x1 2 x1 x2 6
Hay m m 6 2m m 5m 36 0 (1)
(3)Đặt t m 0 , (1) thành: 2t3 + 5t2 - 36 = 0
(t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0
0,5
t - = 2t2 + 9t + 18 = 0 Với t - = => t = => m = (thoả mãn (*)). Với 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vơ nghiệm
0,5
Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn
1 2
x x x x 6. 0,5
2.
Giải hệ phương trình:
2
4
1 (2 1) x x y xy xy y
x y xy x
3,0
Hệ
2
2
( ) ( )
1
x y xy x y xy
x y xy
1,0
Đặt
2
a x y
b xy
Hệ trở thành:
1
a ab b
a b
(*) 0,5
Hệ
Từ tìm
0,5
Với ( ; ) (0; 1)a b ta có hệ
2 0
1
x y
x y
xy
.
Với ( ; ) (1; 0)a b ta có hệ
2 1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
x y
x y xy
.
0,5
Với ta có hệ
.
0,5
3 2
2
2 ( 2)
(*)
1
a a a a a a
b a b a
( ; )a b (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)
( ; ) ( 2; 3)a b
3
3
2
1; 3
2 ( 1)( 3)
y y
x y
x y
x x
xy
x x x x x
(4)Kết luận: Hệ có nghiệm .
3. 5,0
a)
Cho góc thỏa mãn tan 2 Tính giá trị biểu thức 3
4 sin cos
sin cos
P
2,5
2
3 3
4sin cos sin cos 4sin cos
sin 2cos sin cos
P
1.0
3 2
3
4sin sin cos 4sin cos cos sin 2cos
0,5
3
3
4 tan tan tan tan
0,5
4.8 4.2
8 2
0,5
b) b) Cho tam giác ABC Gọi D, E
2
BD BC; AE AC
3
Điểm K trên đoạn thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số
AD AK
2,5
Vì
1
(1)
4 4
AE AC BE BC BA
0,5
Giả sử AK x AD BK xBD1 x BA (1)
0,5
Mà
2
BD BC
3
nên
2x
AK x.AD BK BD (1 x)BA
0,5
Do BC; BA
không phương nên
m 2x 3m
0 &1 x
4 0.5
(5)Từ suy
1
x ; m
3
Vậy
1 AD
AK AD
3 AK
0,5
4.
Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D là trung điểm AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình
: CD x y ,
16 ;1 E
5,0
a) Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giaocủa CD BE. 2,5
Ta có
BA EA
E
BC EC chân đường phân giác trong
0,5
Do BD = BC BECD BE: 3x y 17 0 0,5
I BE CD tọa độ điiểm I nghiệm hệ
3
3 17
x y x y
0,5
Giải hệ phương trình I5; 2 1,0
b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm. 2,5
Đặt
5
0 , 5,
3 a
BC a AB a AC a CE 0,5
Do
450
2
BC a CBE IB IC
(1)
Tam giác EIC vuông I
2 2
3 a IE EC IC IE
(2)
0,5
(6)Gọi C c(3 1; )c từ
2
2
3 c
BC c c
c
0,5
Với c 1 C(2;1), (12;1) (KTM)A
Với c 3 C(8;3), (0; 3) (TM)A
Vậy A(0; 3), (4;5), (8;3) B C
0,5
5.
Cho a,b,c số thực dương thoả mãn abc1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2
1
P
a b c abc
.
2,0
Áp dụng BĐT AM- GM ta có
3 a2b2c2
3 ca bc
ab
3
1= a + b + c abc abc
abbcca33 abc abc9abc
0,5
ca bc ab
9 c
b a
1
P 2 2 2
0,5
ca bc ab
1 c
b a
1
P 2 2 2
ca bc ab
7 ca
bc ab
1
30
3 c b a
7 ca
2 bc ab c b a
9
2
2
2
0,5
Vậy giá trị nhỏ P 30 chẳng hạn c b a
. 0,5
`SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC 24/3 QUẢNG NAMNĂM HỌC 2017-2018 Môn thi: TOÁN 10 (đề thi đề nghị)
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. Câu 1(5,0 điểm).
a) Giải phương trình
1
√2x+1−√3x=
√3x+2
(7)b) Giải hệ phương trình
x2
+y2+ 2xy
x+y=1
√x+y=x2−y ¿
{¿ ¿ ¿ ¿
Câu 2(4,0 điểm).
a) Tìm tập xác định hàm số : y=√√x−2+√x−1−√x+3 . b) Gọi x x1; 2 hai nghiệm phương trình x2−mx+m−1=0 Đặt A=
4x1x2+6
x12+x22+2(1+x1x2) Với giá trị m thì A đạt giá trị nhỏ nhất.
Câu 3(3,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
Q= x
√1−x+ y
√1−y
Câu 4 (4,0 điểm).Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A có BC =4√2 ,các đường thẳng AB AC qua điểm M(1; −
5
3 ) N(0; 18
7 ) Xác định tọa độ các
đỉnh tam giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 điểm B có hồnh độ dương
Câu 5(4,0 điểm).
a) Chứng minh tam giác ABC thoả mãn điều kiện = tam giác ABC tam giác cân.
b) Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm cạnh AC cho
NC NA I trung điểm đoạn MN Chứng minh : BC NM BM NC Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB AC
(8)-Hết -SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 10 TRƯỜNG THPT NƠNG SƠN
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
5,0 a) Giải phương trình: √2x+11−√3x=√13−x+x2 (1)
2,5 ĐK: x 0; x≠1
Khi đó: (1)
√2x+1+√3x
1−x =
√3x+2
1−x
⇔√2x+1+√3x=√3x+2 ⇔2√6x2+3x=1−2x ⇒x=−4+√21
10
Vậy (1) có nghiệm: x=
−4+√21
10
0,25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25
b) Giải hệ phương trình
x2
+y2+ 2xy
x+y=1
√x+y=x2−y ¿
{¿ ¿ ¿ ¿
2,5 Điều kiện: x>−y .
PT thư tương đương:
(x+y)2−1+2xy(1
x+y −1)=0 ⇔(x+y−1)(x2+y2+x+y)=0
⇒x+y=1
Kết hợp với PT hai ta
x=1
y=0
¿ ¿
x=−2
y=3
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
Vậy, hệ cho có nghiệm
x=1
y=0
¿ ¿
x=−2
y=3
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
0.25 0.5 0.5 0.5 0.5 0.25
Câu 2 Nội dung Điể
(9)4,0
ĐK:
x−2≥0
x−1≥0
x+3≥0
√x−2+√x−1−√x+3≥0
¿ ¿
⇔
x≥2 2√x2
−3x+2≥6−x
¿ ¿
⇔2√21
3 ≤x≤6 {¿{¿{¿ ¿ ¿
¿ ¿ ¿
0.5
0.5 0.5
b) Gọi x x1; 2 hai nghiệm phương trình x2−mx+m−1=0 Đặt A
= 4x1x2+6
x12
+x22+2(1+x1x2) Với giá trị m thì A đạt giá trị
nhỏ nhất. 2.5
+ PT có hai ngiệm Δ≥0⇔m2−4m+4≥0,∀m + x1+x2=m; x1x2=m−1
A=4x1x2+6 (x1+x2)2+2
¿4m+2
m2
+2
¿(m+2)
2
m2+2 −1≥−1 A nhỏ m=−2
0.25 0.25 0.5
0.5
0.5 0.5 Câu 3
3,0
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1 Tìm giá trị nhỏ của biểu thức sau:
Q= x
√1−x+ y
√1−y
.
Viết lại Q=
x−1+1
√1−x +
y−1+1
√1−y =
1
√1−x+
1
√1−y−(√1−x+√1−y)
Theo Cô si:
√1−x+
√1−y≥
2
4
√(1−x)(1−y)
≥
√1−x+1−y
=2√2
(1) ( Do x+y=1 )
Theo Bunhiacopski:
(10)Trừ theo vế (1) (2) ta có : Q≥√2
Dấu đẳng thức xảy
1−x=1−y x+y=1
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
⇔x=y=1 Vậy minQ = √2
0.5 0.25
Câu 4 4,0
Phương trình đường thẳng Δ qua N vng góc với AH là
x−y=−18
Tọa độ giao điểm I AH với Δ nghiệm hệ PT
x− y=−18
x+y=2 ⇒I( −2
7 ; 16
7 )
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
Gọi N1 giao điểm Δ AB, suy
N1(−4 7:2)
Đường thẳng AB qua hai điểm M N1 nên có PT 7x+3y = 2
Tọa độ điểm A nghiệm hệ
7x+3y =
x+ y=2
⇒ A(−1 : 3)
¿ {¿ ¿ ¿
¿
Giả sử B(b; 2−7b
3 ) Khi d(B , AH)=
1
2BC=2√2
⇒|4b+4|
3√2 =2√2⇒
¿[b=2⇒B(2;−4)
[b=−4(loai) [¿
PT đường thẳng BC: x-y = 6
Tọa độ điểm H nghiệm hệ
x-y =
x+y =
⇒H(4 :−2) ⇒C(6;0)
¿ {¿ ¿ ¿
¿
0,5
0,5 0,25 0,25 0.25 0,5 0.5 0.5 0.25
0.5
Câu Nội dung Điể
m Câu 5
4,0
a) Chứng minh tam giác ABC thoả mãn điều kiện = tam giác ABC tam giác cân.
2,0
+ Viết sinA=
a
2R;sinB= b
2R .
+ cosC=
a2+b2−c2 2ab
+ Thay vào = 2, rút gọn ta b=c + Vậy tam giác ABC cân A
(11)b) Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm cạnh AB, N điểm trên cạnh AC cho NC2NA I trung điểm đoạn MN Chứng minh : BC NM BM NC Hãy biểu diễn vecto AI theo hai vecto AB
và AC
2.0
+ Chứng minh BC NM BM NC + Ta có I trung điểm MN
⇒AM
+AN
=2AI
⇔1
2 AB+ 1 3
AC =2AI
⇔AI
=1
4 AB
+1
6 AC
0.5 0.5 0.5 0.5
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Năm học 2016 – 2017
*** Mơn thi: Tốn - Khối 10
( Thời gian làm bài: 120 phút)
Câu 1(5.0 điểm) Cho phương trình: m3 x2 2m1 x m 0 Tìm m để phương trình có nghiệm
Khi phương trình có hai nghiệm x x1; 2, tìm a để biểu thức F x1 a x 2 a không phụ thuộc
vào m
Câu 2(8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
2 2 13
4
4 x x
x x
2 5
2
2
x
x
x x
2
1
2
4
x y x y
x y xy x y
(12)Câu 3(2.0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi S diện tích tam giác ABC,
chứng minh :
2
2 cot cot c S
A B
Câu 4(2.0 điểm). Cho tam giác ABC, lấy điểm M, N, E đoạn AB, BC, CA cho
1 1
, ,
3 3
AM AB BN BC CE CA
Chứng minh rằng: AN BE CM 0
Câu 5(2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
;3 ; 6;0
A B
Viết phương
trình đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M đoạn OA; N đoạn AB; E, F đoạn OB cho tứ giác MNEF hình vuông
Câu (1.0 điểm). Biết a, b, c ba số thực dương thỏa mãn abc 1 Chứng minh rằng:
3 3 3
1 1
a b c
b c c a a b
………Hết………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Giám thị xem thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh ;Số báo danh…
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 Năm học 2016- 2017
Câu Đáp án Điểm
1
(5đ) Cho phương trình:
2
3
m x m x m
1 Tìm m để phương trình có nghiệm 3.0
TH1 Nếu m 3 m3, pt trở thành:
3
4 x x
nghiệm m3 thỏa mãn
1.0 TH2 Nếu m 3 m3
Ta có
2
' m 1 m m 3 1 m
1.0
Pt cho có nghiệm ' m 0 m1
kết hợp TH ta m cần tìm m1 1.0
2 Khi phương trình có hai nghiệm x x1; 2, tìm a để biểu thức
F x a x a
không phụ thuộc vào m
(13)Với m m
phương trình có hai nghiệm x x1; , theo định lí
vi-et ta có:
1 2 2( 1) 3 m x x m m x x m
, ta có:
( 2)
F x a x a x x a x x a
=
2 ( 1)
3
m a m
a m m 1.0
2 2
2 ( 3) 4
1
3 3
m am a m a m a a
a a a a
m m m
F không phụ thuộc vào m
3
4 a a 1.0 2 (8đ)
2 2 13
4 x x x x 3.0 Đk : 4 x x x
pt
2 2 13 4 2
x x x x x2 2x13 4 x22x8
0.5
đặt t x22x8 ( đk t0) Ta có phương trình:
2
8 t 13 4 t t 4t 21 0
0.5 t t
kết hợp với điều kiện ta t = 3 1.0
với t =3
2
2 2 8 3 2 8 9 1 0 1
x x x x x x
(TM) 1.0
2
2 5
2 2 x x x x
3.0
Đk x >
bpt
2
2 x x
2x21 7 x
1.0
kết hợp với đk ta có bpt
2
2
7
2
14 51
2
x x x x x x x x
2
(14)Vậy tập nghiệm bpt cho là: S 2;3
3 2
1
2
4
x y x y
x y xy x y
2.0 Đk: x y x y hpt 2 2 2
2
2
2
2( ) ( 2)
x y x y x y x y
x y
x y
x y
x y x y
x y x y
đặt x y a x x y b y
(ĐK a, b > 0) , ta có hệ: 4 1 + =2 a b a b 0.5
2
4 4 2 4
2
2 ( ) 2
a b a b
a b a b a b ab a b a b
2 2 4 4 2
2 2
8
4 2
a b a b
a b a b ab ab a b a b
0.5
2 2 2
2
1 ( 1) ( 1)
a b a b
a b a b ab ab a b ab
a b ab
( a, b > 0)
1 a b 0.5 với
1 2
1
1 x y
a x x y x x
b x y x y y y
y
(thỏa mãn)
0.5
3
(2đ) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi S diện tích tam giác
ABC, chứng minh :
2
(15)Ta có :
2 2
sin cos a A R
b c a A bc
2 2
cosA 2
cot
sin
2 b c a
bc A a A R 0.5
2 2 2 2 2
( )
4
4
b c a R b c a b c a abc abc S R 0.5
tương tự ta có:
2 2
cot
4 a c b B
S
,
2 2 2 2
cot cot
4
b c a a c b c
A B
S S S
0.5
2
2 cot cot c S A B 0.5 4
(2đ) Cho tam giác ABC, lấy điểm M, N, E đoạn AB, BC, CA cho1 1
, ,
3 3
AM AB BN BC CE CA
Chứng minh rằng: AN BE CM 0
2.0
Từ gt ta có:
1
3
BN BC AN AB BC
1 3
CE CA BE BC CA
1 3
AM AB CM CA AB
1.0
cộng theo vế đẳng thức ta được:
( ) ( )
3
AN BE CM AB BC CA BC CA AB
0.5 mà AB BC CA AA 0 BC CA AB BB 0 ,
nên AN BE CM 0
0.5
5 (2đ)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
;3 ; 6;0
A B
Viết
phương trình đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M đoạn OA; N đoạn AB; E, F đoạn OB cho MNEF hình vng
2.0
*) Viết pt đường thẳng AB:
ta có AB có vtcp
9
( ; 3) 3;
2
AB
AB có vtpt : n2;3
0.5 pt AB: 2(x - 6) + 3(y - 0) = pt AB: 2x + 3y -12 = 0 0.5 *) Tìm tọa độ điểm M đoạn OA; N đoạn AB; E, F đoạn
OB cho MNEF hình vng
Gọi H hình chiếu A Ox, MNEF hình vng nên ta có:
(16)1
MF OM OA AM AM
AH OA OA OA
MN MF
OB OB
1
3
MF MF
MF
2 1
M M
y x
yN 2 xN 3
khi đoa M(1 ; 2) , F(1; 0), N( 3; 2), E(3; 0) 0.5
6
(1đ) Biết a, b, c ba số thực dương, thỏa mãn abc1 chứng minh rằng:
3 3 3
1 1
a b c
b c c a a b
1.0 a, b, c ba số thực dương nên áp dụng bđt TBC- TBN ta có:
3
3
1
3
( 1) ( 1)
a b c a b c a
b c b c
; tương tự ta có:
3 1 3
( 1)
b c a b
c a
3 1 3
( 1)
c a b c
a b
0.5
cộng theo vế bđt ta được: VT +
3 3( )
2
a b c a b c a b c
3( )
4
VT a b c
mà a b c 33 abc 3 nên
9 3 4 VT
đpcm
0.5
SỞ GD & ĐT THANH HĨA KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Năm học 2015 – 2016
*** Mơn thi: Tốn - Khối 10
(17)Câu 1(5.0 điểm) Cho hàm số
2 2 1 4
y x m x
Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hoành hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn
1 4
x x
Tìm m để y0 với x1; 2
Câu 2(8.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình hệ phương trình sau:
2
5 3
x x x x
2( 1)
2
x
x x
2 2
2
1
1
x y y x x
x x y y
Câu 3(2.0 điểm) Tam giác ABC có đặc điểm :
sin 2sin sin
2cos os
B C
A
B c C
Câu 4(2.0 điểm). Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D trung điểm MN, NP, PQ, QM Chứng minh rằng: MB NC PD QA 0
Câu 5(2.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng chứa đường cao từ B đường trung tuyến từ C có phương trình x + y + = ; 2x - y - = Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác ABC
Câu (1.0 điểm). Biết a, b, c ba số thực dương, thỏa mãn 4a b c 3abc chứng minh rằng:
3 3
1 1 1 3
8 a b c
………Hết………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích thêm
Họ tên thí sinh ;Số báo danh…
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10 Năm Học 2015- 2016
(18)1
(5đ) Cho hàm số
2 2 1 4
y x m x
1 Tìm m để đồ thị hàm số cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; thỏa mãn x1 x2 4
3.0
xét phương trình:
2 2 1 4 (*)
x m x
để đồ thị hàm số cắt trục hoành hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1; 2 thỏa mãn
1 4
x x
trước hết pt (*) có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 thỏa mãn x x1; 0
2
' 0 1 4 0
0
0
m
s m
p
1.0
1
1
1 m
m m
m
; theo định lí viet ta có:
1
1
2( 1)
x x m
x x
1.0
1 4
x x x1x22 x x1 2 16 2(m1) 16 m5
(TM) 1.0
Tìm m để y0 với x1; 2 2.0 để y0 với x1; 2 đồ thị hàm số nằm trục hoành với
mọi x1;2
' 0
(1) (2) y y
1.0
1
3
3
3
2
4 1
m m
m m
m m m
m m
1.0
2
(8đ)
2
5 3
x x x x
3.0 Đk : x23x0
pt x23x3 x23x10 0 0.5
đặt t x23x ( đk t0) Ta có phương trình: t23 10 0t 0.5
5 t t
kết hợp với điều kiện ta t = 2
(19)với t =2
2 3 2 3 4 0
4 x
x x x x
x
(TM). 1.0
2 2( 1) x x x 3.0
Đk x >
bpt 2.x1 x 7. x x 3 x
1.0 x > nên vế dương,
bpt 49(x 2) 9 x2 24x16
2
6
9 73 114 19
9 x x x x
kết hợp với đk ta
19 x x
tập nghiệm bpt là: S = ( 2;
19
9 ) (6; )
1.0
1.0
3
2 2
2
1
1
x y y x x
x x y y
2.0 hpt
2 2 2
( ) ( 1) ( ) 2( )
( 1) ( 1) ( )( )
x y x y x y x xy x xy y
x x y y xy x xy y
đặt
a xy x b xy y
, ta có hệ:
2 2 3 a b ab 0.5
2 3 3 2 0 ( 1) (2 2) 0
1
1
a a a a a
a
b b
b a a
a 1 a b
2 a b 0.5 với
1 1
1
a xy x
x y
b xy y
0.5
với
3
2 2 ( )
2
1 3
2 2
2
a xy x xy x x x x
b xy y x y
y x
2
3 x x y x
(vô nghiệm)
(20)3 (2đ)
Tam giác ABC có đặc điểm :
sin 2sin sin 2cos os B C A
B c C
(1)
2.0
Ta có: (1)
2 2 2
2 2 2
2
2 2
2
2
2
b c
a R R a c b a b c
a b c
a c b a b c
R ac ab
ac ab 1.0
2 2 2
( ) ( )
2
a c b a b c
c b
c b
2 2 2
0
a b c a b c
c b
0.5
2 2. 1 0 2 2
a b c a b c
c b
tam giác ABC vuông A 0.5
4
(2đ) Cho tứ giác MNPQ gọi A, B, C, D trung điểm MN, NP, PQ, QN Chứng minh rằng: MB NC PD QA 0
2.0
Theo quy tắc trung điểm ta có:
1
MB MN MP
;
1
NC NQ NP
;
PD PM PQ
;
1
QA QM QN
1.0
cộng theo vế đẳng thức ta được:
VT =
1
2 QM MN NQ PM QN NP PQ MP
0.5
=
1
0 2QQ PM QQ MP 2PP
= VP 0.5
5 (2đ)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(3; 0) đường thẳng chứa đường cao từ B đường trung tuyến từ C có phương trình x + y +
= ; 2x - y - = Tìm tọa độ đỉnh B C tam giác ABC 2.0 Tọa độ điểm B:
vì B đt: x + y + = B(b; -b - 1) gọi M trung điểm AB ta có
3
;
2
b b
M
0.5
vì Mđt: 2x - y -2 =
1
3
2 b
b b
B(-1; 0) 0.5
Tọa độ điểm C:
vì AC qua A(3; 0) vng góc với đt: x + y + = nên ta có: pt AC: x - y - =
0.5
Tọa độ điểm C nghiệm hệ pt:
3
( 1; 4)
2
x y x
C
x y y
0.5
6
(21)minh rằng: 3
1 1 1 3
8 a b c từ gt ta có:
1 1
4 ab bc ca áp dụng bđt TBC- TBN ta có:
3
3 3
1 1 1
3
8
a b a b ab ; tương tự ta có:
3
1 1 b c bc
3
1 1
c a ca
0.5
cộng theo vế bđt ta được: 2.VT +
3 1
8 ab bc ca
3 3
2
8
VT VT
đpcm
0.5
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NƠNG SƠN ĐỀ THI OLYMPIC Mơn thi: TỐN 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu 1 (5,0 điểm)
a) Giải bất phương trình
2x−1
√4x+1+√x−1<√3x−2
b) Giải hệ phương trình
x3−2x2
y +2
x
y2=
1
y3
x2+
y2−x+
1
y=2
¿ {¿ ¿ ¿
¿
Câu 2 (4,0 điểm)
a) Tìm tập xác định hàm số : y=√x−2√x−1
b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y=x2+mx+1 hai điểm P ,Q mà đoạn PQ =
Câu 3 (3,0 điểm)
Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
Q= x
√1−x+ y
√1−y
.
(22)Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân A có BC =4√2 ,các đường thẳng AB AC qua điểm M(1; −
5
3 ) N(0; 18
7 ) Xác định tọa độ đỉnh tam
giác ABC, biết đường cao AH có phương trình x+y – 2=0 điểm B có hồnh độ dương Câu 5 (4,0 điểm)
a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặc điểm nếu:
1+cosB
sinB =
2a+c √4a2−c2
b) Cho hình vng ABCD cạnh a M điểm cạnh AB Chứng minh :
DM
.DC +CM
.CD không đổi M di động cạnh AB.
(23)-Hết -SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM HƯỚNG DẪN CHẤM TỐN 10 TRƯỜNG THPT NƠNG SƠN
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
5,0 a) Giải bất phương trình:
2x−1
√4x+1+√x−1<√3x−2 (1)
2,5 ĐK: x (*)
Khi đó: (1)
2x−1
√4x+1<√3x−2−√x−1
2x−1
√4x+1<
2x−1
√3x−2+√x−1 √3x−2+√x−1<√4x+1 (do x≥1 )
√(3x−2)(x−1)<2
3x2−5x−2<0 ⇔−1
3<x<2
Kết hợp với điều kiện (*), ta có nghiệm bất phương trình 1≤x<2
Vậy (1) có nghiệm: 1≤x<2
0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0.25 0.25
b) Giải hệ phương trình
x3
−2x
2
y +2
x
y2=
1
y3 x2
+
y2−x+
1
y=2
¿ {¿ ¿ ¿
¿
2,5
Điều kiện: y≠0
x3
−2 x
2
y +2
x
y2=
1
y3 x2
+
y2−x+
1
y=2
¿ {¿ ¿ ¿
¿
⇔
x3 −
y3−2
x
y (x−
1
y )=0
(x−1
y)
2+2 x
y−(x−
1
y)=2
¿
¿{¿ ¿ ¿ (I)
⇔ (x−1
y )
3
+ x
y (x−
1
y )=0
(x−1
y)
2
+2 x
y−(x−
1
y)=2
¿ ¿{¿ ¿ ¿
Đặt u=x−
1
y,v= x
y , hệ phương trình trở thành:
u3+uv=0
u2
+2v−u=2
¿ {¿ ¿ ¿
¿
0.25 0,25 0,25
0,25
(24)⇔
u(u2+v)=0
u2+2v−u=2
¿ ¿{¿ ¿ ¿
⇔
¿
u=0
u2+2v−u=2
¿
[
¿
v=−u2
u2+2v−u=2
¿ ¿[{¿ ¿ ¿
⇔
¿
u=0
v=1 ¿
[
¿
v=−u2
u2−2u2−u=2
¿ ¿[{¿ ¿ ¿
⇔
u=0
v=1
¿
¿{¿ ¿ ¿
⇔
x−
y=0 x
y=1
¿ ¿{¿ ¿ ¿
⇔
¿ x=−1
y=−1
¿
[
¿ x=1
y=1
¿
¿[{¿ ¿ ¿ (thỏa điều kiện)
Vậy, hệ cho có nghiệm (x,y) : (-1 ;-1) ; (1 ;1)
0,25 0,25
0,25 0,25 0.25
Câu 2 Nội dung Điểm
4,0 a) Tìm tập xác định hàm số : y=√x−2√x−1 1,0 Viết lại: y=√x−1−2√x−1+1=√(√x−1−1)2=|√x−1−1|
Hàm số cho xác định : x−1≥0
Vậy tập xác định hàm số cho D = [1 ; +)
0,25 0,25 0,25 0,25 b) Tìm m để đường thẳng d: y=x-1 cắt parabol (P): y=x2+mx+1 hai
điểm P ,Q mà đoạn PQ = 3,0
PT hoành độ giao điểm (P) d là: x2+mx+1=x−1 x2+(m−1)x+2=0 (1)
(P) d cắt điểm phân biệt P, Q khi: PT (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔Δ>0 ⇔m2−2m−7>0
⇔m<1−2√2 hoặc m>1+2√2 Gọi xP,xQ nghiệm (1)
(25)Ta có PQ =3 ⇔( xQ−xP)2+( yQ− yP)2=9
⇔( xQ−xP)2+(xQ−1−xP+1)2=9
⇔(xQ+xP)2−4xPxQ=92 ⇔m=1±5√2
2 (chọn)
0,5 0,5 0,5
Câu 3
3,0 Cho hai số thực dương x, y thỏa x + y =1 Tìm giá trị nhỏ biểu thứcsau:
Q= x
√1−x+ y
√1−y
.
Viết lại Q=
x−1+1
√1−x +
y−1+1
√1−y =
1
√1−x+
1
√1−y−(√1−x+√1−y)
0,5 0,25
Theo Cô si:
1
√1−x+
√1−y≥
2
4
√(1−x)(1−y)≥
2
√1−x+1−y
=2√2
(1) ( Do x+y=1 )
0,5 0,5 Theo Bunhiacopski:
√1−x+√1−y≤√2√1−x+1−y=√2 ( Do x+y=1 ) (2) 0,5
Trừ theo vế (1) (2) ta có : Q≥√2 Dấu đẳng thức xảy
1−x=1−y x+y=1
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
⇔x=y=1
Vậy minQ = √2
0.5 0.25 Câu 4
4,0 Phương trình đường thẳng
Δ qua N vng góc với AH là
x−y=−18
Tọa độ giao điểm I AH với Δ nghiệm hệ PT
x− y=−18
x+y=2 ⇒I( −2
7 ; 16
7 )
¿
{¿ ¿ ¿ ¿
Gọi N1 giao điểm Δ AB, suy
N1(−4 7:2)
(26)Đường thẳng AB qua hai điểm M N1 nên có PT 7x+3y =
Tọa độ điểm A nghiệm hệ
7x+3y =
x+ y=2
⇒ A(−1 : 3)
¿ {¿ ¿ ¿
¿
Giả sử B(b;
2−7b )
Khi d(B , AH)=
1
2BC=2√2
⇒|4b+4|
3√2 =2√2⇒
¿[b=2⇒B(2;−4)
[b=−4(loai) [¿
PT đường thẳng BC: x-y = Tọa độ điểm H nghiệm hệ
x-y =
x+y =
⇒H(4 :−2) ⇒C(6;0)
¿ {¿ ¿ ¿
¿
0.25 0,5 0.5 0.5 0.25
0.5
Câu Nội dung Điểm
Câu 5
4,0 a) a)Cho tam giác ABC có BC=a, AB=c , AC = b.Tam giác ABC có đặcđiểm nếu:
1+cosB
sinB =
2a+c
√4a2−c2 (1)
2,0
Nhận thấy hai vế (1) dương nên bình phương hai vế ta có
(1+cosB)2
sin2B =
(2a+c)2
4a2−c2 ⇔
(1+cosB)2 1−cos2B =
(2a+c)2 (2a−c)(2a+c) ⇔1+cosB
1−cosB= 2a+c 2a−c
⇔1+cosB 1−cosB=
2a+c 2a−c ⇔1+cosB
2 =
2a+c 4a
⇔cosB= c
2a ⇔2accosB=c2 ⇔a2+c2−b2=c2
⇔a=b ⇔ Tam giác ABC cân C
0,25
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25 0.25 b) ) Cho hình vng ABCD cạnh a M điểm cạnh AB Chứng minh
rằng DM
.DC +CM
.CD không đổi M di động cạnh AB.
(27)Do AM
,DC hướng, ta có:
DM
.DC =(DA
+AM
)DC
=AM
.DC =AM.DC
CM
.CD =(CB
+BM
)CD
=BM
.CD =BM.CD ( Vì BM
,CD cùng hướng)
Do DM
.DC +CM
.CD =AM.DC+BM.CD=CD(AM+BM)=a2
0,75 0,75 0,5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HIỀN
KỲ THI OLYMPIC 24–3 QUẢNG NAM Mơn thi: TỐN 10(ĐỀ ĐỀ NGHỊ)
Câu 1(4,0 điểm).
a) Giải phương trình x x (1 x) x 2x 1
b) Giải hệ phương trình
3
2
x x y
xy xy y
Câu 2(4,0 điểm).
a) Tìm giá trị tham số m để hàm số
2
2
( 1) ( 1)
2 x x m m x y
x x
có đồ thị đối xứng qua oy
b) Cho hàm số y x 2và y x m.Xác định giá trị tham số m để đồ thị chúng cắt hai điểm A,B phân biệt thỏa AB =
Câu 3(4,0 điểm)
Cho ba số thực dương x,y,z thỏa:3xyz xy yz zx Chứng minh
2 2
1 1
4
3 3
x x y y z z Câu 4(4,0 điểm).
a) Cho tam giácABC.O,G, M tâm đường tròn ngoại tiêp, trọng tâm, trung điểm cạnh AB tam giác ABC
Chứng minh cotB+cotC= cot A tứ giác AOGM nội tiêp b) Cho tam giác ABC có D E,M,G điểm thỏa mãn :
1 AD AC
, BM MD AE hAM CM, , kCG
(28)a/Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn x2y2 2x 4y0 đường thẳng
d:x-y-1=0.Tìm tọa độ M thuộc d mà từ kẻ hai tiêp tuyến đến đườn tròn (C) tiếp xúc với (C) A,B thỏa góc AMB 60
b/Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có
21 , 5 B
.Đường phân giác ngồi góc BAC cắt cạnh BC kéo dài E(9,3)
Phương trinh tiêp tuyến A đường trịn ngoại tiêp tam giác ABClà x+2y-7=0.Tìm tọa đọ A biết A có tung độ dương
(29)-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
KỲ THI OLYMPIC 24–3 QUẢNG NAM LẦN THỨ NHẤT Mơn thi: TỐN 10
HƯỚNG DẪN CHẤM
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
5,0 a) Giải phương trình x x (1 x) x 2x 1 (1)
2,0 ĐK: x0,1
Đặt a x, b x a2b2 1,a2 b2 2x 1 Khi đó: (1) a3 b3a2 b2
2
a b x=1/2(tm) a ab b a b (2)
(2) ab a b a b 1 0
a x b x
KL phương trình có nghiệm x=0,x=1/2,x=1
0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0.25 0.25
b) Giải hệ phương trình
3
2
x x y
xy xy y
2,0 Đk:x 0
Đặt a x, b y
3
2
x x y
xy xy y
3
2
a b
a b 2ab b
(I)
3 2
2(a b ) (a b 2ab b )
3 2
2a b a b 2ab
a b
a b
b a
2
3 3
3
3
a b a b 1/ x 1/ 4, y 1/ a bvônghiêm
b 1
a a , b x 1/ 81, y 1/
2 9
0,25 0,25 0,25 0,25
(30)Kết luận
Câu Nội dung Điểm
Câu 2 3,0
a) Tìm giá trị tham số m để hàm số
2
2
( 1) ( 1)
2 x x m m x y
x x
có đồ thị đối xứng qua oy
1,0
Hàm số cho xác định :
2 2 0
x x x
0 x
Vậy tập xác định hàm số cho D 2, 2
Điều kiện cần :y có đồ thị đối xứng qua oy tương đương chẵn suy y(-1/2)=y(1/2),suy m=0
Điều kiện đủ m= 0,y
2
2 2
x x x
Chứng tỏ hàm y chẵn theo định nghĩa Kl
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
b) Cho hàm số y x 2và y x m.Xác định giá trị tham số m để đồ thị chúng
cắt hai điểm A,B phân biệt thỏa AB = 2,0 Gọi (P) parabol y x d đường thẳng y x 6m
PT hoành độ g/đ (P) d là: x2 x 6m 0 (1) (P) d cắt điểm phân biệt khi: PT (1) có hai nghiệm phân biệt ' 0 m 1/ 24
Gọi x ; x nghiệm (1)A B A B A B
x x 1, x x 6m;
A A B B
y x 6m, y x 6m.
AB=
2
A B A B
AB 2 x x x x
(31)xA xB2 4x xA B
1 24m m 0(tm)
0,25 Câu 3
3,0 Cho ba số thực dương x,y,z thỏa
xyz xy yz zx
Chứng minh
2 2
1 1
4
3 3
x x y y z z
Ta có
1 1 3xyz xy yz zx
x y z
Đặt
1 1
, ,
a b c a b c
x y z
Ta có
2 2
2 2
3 3
2 2
1 1
4
3 3
3
3 3
1 1
3
x x y y z z
a b c
a b c
a b c
b c a c a b
1đ
0,5 0,5
3 3
2 2
3 3
, ,
8 8 8
1
.3
4 4
a b c b c a b a c a c b c a b a b c
b c a c a b
VT a b c
1đ
Học sinh không cần dấu cho tối đa
Câu 4 2,0
Cho tam giácABC.O, M,Nần lượt tâm đường tròn ngoại tiêp, trung điểm cạnh AB ,BC tam giác ABC
Chứng minh cotB+cotC= cot A tứ giác ANGM nội tiêp
2 2 2 2 2
cot , cot ,cot
4 4
a c b a b c b c a
B C A
S S S
2 2
cotB cotC cot A b c 2a
(32)G trọng tâm ABC Chứng minh
2 2
2
9 b c a OG R Chứng minh OG2AG2 R2 OGAG
AGOM nội tiêp.
Tương tự AGON nội tiêp kết luận
0,5 0,5 0,25 0,25
Câu Nội dung Điểm
Câu 5
40 Cho tam giác ABC có D E,M,G điểm thỏa mãn :1
AD AC
, BM MD AE hAM CG kCM, ,
.Tìm h,k để ABC MEG có trọng tâm
2,0
Điều kiện để ABC MDG có trọng tâm
AE BM CG
0,5
Phân tíh vecto AE BM CG, ,
theo cặp vecto BA,BC
2
9
1
2
1
2
2
3
1 1
2 2 3
BM BA BC
AE k AM k BA AD
k BA BC BA k
k BA BC
CG hCM h BC CD h BC BA BC h
5
6
2
0
9 3
2
0
9 3
1
0
6 19
2 57
h BA BC
h k h
AE BM CG k BA BC
h k k h
k
h
0,25
0,25 0,25 0,25 0,25
(33)Câu 6
3,0 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2 4 0
x y x y đường thẳng d:x-y-1=0.Tìm tọa độ M thuộc d mà từ kẻ hai tiêp tuyến đến đườn tròn (C) tiếp xúc với (C) A,B thỏa góc AMB 60
Hình
Tìm tâm I va bán kính đường trịn Tính IM
Tham số hóa M M
3,0
0,25 0,5 0,25 0,25 0,5
Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có
21 , 5 B
.Đường phân giác ngồi góc BAC cắt cạnh BC kéo dài E(9,3)
Phương trinh tiêp tuyến A đường tròn ngoại tiêp tam giác ABClà x+2y-7=0.Tìm tọa đọ A biết A có tung độ dương
Giả sử F,D giao điểm đường phân giác d’và d góc BAC với đtBC
Hình
Viết BC x-2y-3=0
Tìm F giao d’ với BC,F(5,1) Chùng minh FA=FE
Tham số hóa A Tìm A
0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2
KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 ĐỀ THI MƠN: TỐN
NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.
Câu (2,0 điểm) Tìm tập xác định hàm số
2
1
7
1
y x x
x
Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y=x2+2mx- 3m hàm số y=- 2x+3 Tìm m để hai đồ thị đã
cho cắt hai điểm phân biệt A B cho AB=4 5
Câu (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2xm x 1 có nghiệm.
Câu (2,0 điểm) Tìm tham số m để bất phương trình
1
4
x mx x m
(34)Câu (2,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
4 10 2
2
2 24
3
x y x y
x xy y
x y
ìï + - + =
ïïï
í + +
ïï + + =
ïïỵ
Câu (2,0 điểm). Cho tam giác ABC cạnh 3a Lấy điểm M, N lần lượt cạnh BC, CA
sao cho BM =a, CN=2a Gọi P điểm nằm cạnh AB cho AM vng góc với PN Tính độ dài PN theo a
Câu (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có BC 2AB,
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B d :x y 0 Biết ABC1200 và
3;1
A Tìm tọa độ đỉnh lại tam giác.
Câu (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I tâm đường tròn nội tiếp DABC, biết IG^IC
Chứng minh
2
a b c ab
a b + +
=
+ (Với AB=c BC, =a CA, =b).
Câu 10 (2,0 điểm) Cho số thực a b c, , 0 thỏa mãn
3 2 a b c
Tìm giá trị nhỏ
2 2
2 2
1 1 1
S a b c
b c a
-Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Cán coi thi khơng giải thích thêm.
Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa
- Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn
(Đáp án có 05 trang) SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10
(35)II ĐÁP ÁN:
Câu Nội dung trình bày Điểm
1
(2,0 điểm) Tìm tập xác định hàm số
2
1
7
1
y x x
x
Hàm số có xác định
2 7 6 0
1
x x x
ìï - + ³ ïí
ï - - >
ïỵ 0,5
2 7 6 0
6
1
1 x
x x
x x
x
ì é £ ïï
ì ê
ï - + ³ ï
ï ï ê
Û íï Û í ëï ³ - - >
ï ï
ỵ ï - < - < ïỵ
0,5
1
0
6
0
x
x x
x
ì é £ ïï ê ïï ê
Û í ë³ Û < < ïï
ï < < ïỵ
0,5
Vậy tập xác định hàm số là: D=( )0;1 0,5
2 (2,0 điểm) Cho hàm số
2 2 3
y=x + mx- m hàm số y=- 2x+3 Tìm m để hai
đồ thị cho cắt hai điểm phân biệt A B cho AB=4 5. Phương trình hồnh độ giao điểm hai đồ thị là: x2+2mx- 3m=- 2x+3
( )
2 2 1 3 3 0
x m x m
Û + + - - = (*) 0,5
Hai đồ thị cắt hai điểm phân biệt (*) có hai nghiệm phân biệt
' Û D > Û
1 m m
é >-ê Û
ê <-ë
Gọi A x( 1; 2- x1+3 ;) (B x2; 2- x2+3) với x x1; 2 nghiệm phương trình (*)
0,5
Theo Vi-et ta có:
1
1
2
x x m
x x m
Ta có:
2 2
1 2
5 20 20 60
AB x x x x x x m m
0,5
2 2
4 20 60
AB m m m m 0;
m m
So sánh với điều kiện ta m=0 m=-5 0,5 3 (2,0 điểm) Tìm m để phương trình 2x2 2xm x 1 có nghiệm.
Ta có
2
2
1
2
4 0(*)
x
x x m x
x x m
0,5
2
(36)x + ∞
y -3
-4
+ ∞
Phương trình cho có nghiệm (*) phải có nghiệm x1hay
1 m m
0,5
4 (2,0 điểm) Tìm tham số m để bất phương trình
1
4
x mx x m
có tập nghiệm .
Để bất phương trình có tập nghiệm ta cần có mx2 4x m 0 với x
( m =0 không thỏa mãn)
0
0 4
m
m m
m
m m
0,5
Với m 1 Khi ta có mx2 4x m 0 với x Bpt x 1 mx2 4x m 3 mx2 5x m 0 (1)
Bpt có tập nghiệm
2 (1)
4 41
0 16 25
4 41 m
m m
m
Mà
4 41
1
2
m m
0,5
Với m4 Khi ta có mx2 4x m 0 với x Bpt x 1 mx2 4x m 3 mx2 5x m 0 (2)
Bpt có tập nghiệm
2 (2)
4 41
0 16 25
4 41 m
m m
m
Mà
4 41
2 m m
0,5
KL:
4 41
2 m
;
4 41
2
(37)5 (2,0 điểm) Giải phương trình 2x2- 6x- =1 4x+5
Điều kiện:
4 x³
- Đặt t= 4x+ Þ ³5 t
0,5
Ta có
2 5
4 t x=
thay vào ta phương trình sau:
( )
4
2
10 25
2 22 77
16
t t
t t t t t
- +
- - - = Û - - + =
0,5
(t2 2t 7)(t2 2t 11) 0
Û + - - - = 0,5
1
2
3
4
1 2
1 2 2
1 3
1
t t t t t t t ³ é = -ê ê é =- + =- + ờ ơắắđờ = + ờở = + ê ê = -ê ë 2 x x é = -ê Þ ê= + ê ë 0,5 6
(2,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
4 10 2
2
2 24
3
x y x y
x xy y
x y ìï + - + = ïïï í + + ïï + + = ïïỵ
Đặt a 4x10 ;y b 2x2y a b , 0
Khi hệ trở thành
2 2 4 144 24 a b a b
a b ab
a b ab
ì - = ï ì ï ï - = ï Û ï í + í ï + = ï + + = ï ïỵ ïỵ 0,5 ( ) ,
4 12
4
4
144
12
a b
a b a
a b a b b a
b
a b a
a b
a b b
³ ộỡùù - = ộỡùù = ờớ ờớ ờ ỡ - = ù ù ù ùợ + = ùợ = ỡù = ù ờ ù Û ớù Û ờ Û ờ ơắ ắđớù ỡ - = ỡ =- = + = ờù ờù ùợ ù ù ù ợ ờớ ờớ ù + =- ù =-ờùợ ờùợ ở 0,5 Với
4 10
8 32
4 2 2 4
x y
a x y
b x y x y
ìï ì = + = ì + = ï ï ï ï Û ï Û ï í í í ï = ï + = ï + = ï ï
ỵ ïïỵ ỵ 0,5
Giải hệ ta
8 16
;
3
x y
0,5
7
(38)Đặt APx ABx0
Ta có:
1
3 3
AM AB BM AB BC AB AC AB AB AC PN PA AN x AB AC 0,5
AM ^PN Û uuur uuurAM PN = Û
2 1
0 3AB 3AC x AB 3AC
2
2
3 9
x x
a a AB AC
2
cos 60
2 a AB AC a
2
2 2
0
3 9 3 9 15
x x a x x
a a x
0,5 Khi 2
4
15 15
PN AB AC PN AB AC
2
2
16 21
225 45 225
a a a 0,5 21 15 PN
0,5
8
(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
BC AB, phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là
d :x y 0 Biết ABC 1200
A3;1 Tìm tọa độ đỉnh cịn lại của tam giác.
Đặt AB a a 0
Ta có: AC AB2AC2 2AB ACco s1200 a
2 2 4 7 3
2 4
AB BC AC a a a a
BM
(39)Ta có
2
2 2
4
a a
AB BM a AM
Suy tam giác ABM vng B
0,5 Khi phương trình AB: x y 0
B giao AB BM B2;0 0,5
Ta có:
6
, 2
2 AB d A BM a BM
Gọi M m ; 2 m
6
2
2
BM m
M trung điểm AC nên C2 3; 4 3 C2 3;4 3
0,5
9
(2,0 điểm) Cho tam giác ABC gọi I tâm đường tròn nội tiếp DABC, biết IG^IC Chứng minh
2
a b c ab
a b + +
=
+ (Với AB=c BC, =a CA b, = ).
Ta chứng minh aIA bIB cIC 0
a IC CA b IC CB cIC CI a CA b CB
a b c
0,5
1
3
a b
GI CI CG CA CB
a b c a b c
0,5 Khi 2a b c CA 2b a c CB aCA bCB 0
ab CA CB b a b c 2 a b a c2
Do ab CA CB ab ab cosCab1 cos C0
0,5
Nên ta có: b a b c2 a b a c2 0
3 3
3
a b c ab
b a a b c a b a b c ab a b a b c
a b
0,5 10
(2,0 điểm) Cho số thực a b c, , 0 thỏa mãn
3 2 a b c
(40)nhất
2 2
2 2
1 1 1
S a b c
b c a
. Ta thấy
2 2
2 2 2
16 16 16
1 1 1 1 1 1
16 16 16 16 16 16
S a b c
b b c c a a
0,5
2 2
17 17 17
16 32 16 32 16 32
17 17 17
16 16 16
a a a
b b b
0,5
17 17 17 17
8 16 16 16 5
1
17 3 17
16 16 16 16
a b c
b c a a b c
0,5
5 15
17
17
3 17 3 17 3 17
2
2 2 2 2 2 2 2
3
a b c a b c
Vậy
3 17 2 MinS
Dấu “=” xảy
1 2 a b c
.
0,5
SỞ GD&ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG
Đề thức (Đề thi có trang)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MƠN: TỐN
Năm học: 2018-2019 Thời gian làm bài: 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu I (6 điểm)
1) Cho parabol ( ) :P y2x26x1;
Tìm giá trị k để đường thẳng : y(k6)x1 cắt parabol P hai điểm phân biệt M N, cho trung điểm đoạn thẳng MN nằm đường thẳng
3
:
2 d y x
2) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m tham số): x2 2(m1)x m 3(m1)2 0 có hai nghiệm x x1, thỏa mãn điều kiện x1x2 4 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau:
3
1 2 3
Px x x x x x
Câu II (5điểm):
(41)2) Giải hệ phương trình :
2
2 2
2 2
( ; )
( ) 3
x y y y
x y R
x y x xy y x y
Câu III (2 điểm). Cho x0,y0 số thay đổi thỏa mãn
2018 2019
x y Tìm giá trị nhỏ của biểu thức P x y
Câu IV(4 điểm)
1) Cho tam giác ABC có BC a AC b , diện tích S Tính số đo góc tam giác biết
2
1
S a b
2) Cho tam giác ABC tam giác có độ dài cạnh a Trên cạnh BC CA AB, , lấy
điểm ,N M P, cho
2
, ,
3
a a
BN CM AP x x a
Tìm giá trị x theo a để đường thẳng AN vng góc với đường thẳng PM
Câu IV(3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy AB CD Biết diện tích hình thang 14 ( đơn vị diện tích), đỉnh A1;1 trung điểm cạnh BC
1 ;0 H
Viết phương
trình tổng quát đường thẳng AB biết đỉnh D có hồnh độ dương D nằm đường thẳng
:
d x y .
-Hết -ĐÁP ÁN Câu I:
Câu I
6 điểm Nội dung Điểm
Tìm m với parabol y2x26x1
Để đường thẳng cắt Parabol hai điểm phân biệt phương trình
2x 6x 1 4x6x1 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 hay phương trình :
2x kx 0 có hai nghiệm phân biệt x x1; 2 có k216 0
0.75
Khi giao điểm M x k 1;( 6)x11 , N x 2;(k6)x21 nên trung điểm đoạn thẳng MN
1 ;( 6) 1 ( 6)
2
x x x x x x
I
(42)Theo định lý Viet ta có 2 k x x
nên
2
2 ;
4
k k
k I
0.75
Do I thuộc đường thẳng
3
2 y x
nên k28k 0 hay k 4 2 thỏa mãn tốn
0.75 2.
3 điểm
Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số); 2( 1) ( 1)2 0 (1)
x m x m m có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện
1
x x Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức sau:
3
1 2 3
P x x x x x x
Phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2 thỏa mãn điều kiện x1x2 4
2
1
( 1) ( 1)
2( 1)
m m m
x x m
3 4 0 2 0
(*)
2
3
m
m m
m m
.
0.75
Với m thỏa mãn điều kiện (*), áp dụng Viet ta có :
1
3
1
2( 1) ( 1)
x x m
x x m m
Nên
3
3
1 2 3 8
P x x x x x x x x x x
3
2 2
8( 1) ( 1)
8 3 16 40
m m m
m m m m m m m m
Ta có bảng biến thiên hàm số miền điều kiện
Ta có giá trị lớn P 16 m2 Giá trị nhỏ P -144 m2
0.75
0.75
0.75 Câu II
Câu II Nội dung Điểm
1. 2 điểm
Đk: x
Ta có (1) x25x28 24 5 x25x28 0
(43)Đặt t x25x28(t0)
Bất phương trình trở thành t2 5t 24 0 3 t
0.5
So sánh điều kiện ta 0 t 0.5
Với 0 t 8 x25x28 64 9 x KL
0.5 2.
(3 điểm)
ĐKXĐ: y1,5
(2)
3 3 3 3 2 2 ( 1)3 ( 1)3
x y x y x y x y
0.5
1
x y y x
0.5
Thay vào phương trình thứ ta được;
2
2 3 1 2 1 2 1 1
2 2 1
x x
x x x x x
x x
(Có
thể bình phương phương trình:
2
(x1) x 4x2 0)
1.0
Giải hai pt ta x1,x 2 Thử lại nghiệm
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm ( ; ) (1; 1), (2x y 2, 2)
1.0
Câu III
Câu III Nội dung Điểm
1. 2 điểm
Có
2018 2019
( )
2018 2019
2018 2019
P x y
x y
y x
x y
0.5
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho số đương 2018y
x 2019x
y ta được 2018 2019
2 2018.2019
y x
x y
(44)Suy P( 2018 2019)2
GTNN P ( 2018 2019)2
0; 2018 2019
10.5 2018 2019 x y
x y
y x
x y
0.5
2018( 2018 2019) 2019( 2019 2018) x
y
0,5
Câu IV
Câu IV Nội dung Điểm
1
2 điểm Ta có
2
1
sin
4
S a b ab C 0,5
222sinababC
2
(a b) (1 sin ) (1)ab C
0,5
Hai số hạng tổng (1) không âm nên
0
1 sin sin
a b a b
C C
0,5
45 90 A B C
KL
0,5
1.
điểm Ta có
1
( )
3 3
AN AB BN AB AC AB AB AC
0,5
Ta lại có
1
x PM PA AM AC AB
a
0,5
2 1
0
3 3
x
AN PM AN PM AB AC AC AB
a
(45)2
2
0
9 3
x x
AB AC AB AB AC AC
a a
5
6 15
x a
x a
KL 0.5
Câu V
Câu V Nội dung Điểm
3 điểm
Gọi EAHDC
Dễ thấy HABHEC SADE SABCD 14
0.5
13
, E 2AH 13
2
AH A
, phương trình tổng quát đường thẳng AE: 2x 3y 1
0.5
( ;5d 1), D d D d d
2
1 28
( , ) 14 ( , ) 30
2 13 ( )
13
ADE
d S AE d D AE d D AE
d L
0.5
Suy (2;11)D
+ H trung điểm AE E( 2; 1)
0.5
Phương trình tổng quát CD: 3x y 5 0.5 Đường thẳng AB qua A song song với CD
PT tổng quát AB : 3x y 0 0.5
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNGNĂM HỌC 2018 – 2019
Mơn thi: Tốn – Lớp 10 – THPT
Thời gian làm bài:150 phút (không kể thời gian giao đề)
(46)Câu (3.0 điểm) Cho hàm số y=x2−4x+4−m ; (Pm) .
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m=1 .
b) Tìm m để (Pm) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ thuộc đoạn [−1;4]
Câu (3.0 điểm) Cho x1 x2 hai nghiệm phương trình x2−3x+a=0 ; x3
x4 hai nghiệm phương trình x2
−12x+b=0 Biết
x2 x1=
x3 x2=
x4
x3 Tìm a b.
Câu (6.0 điểm)
a)Giải phương trình: (x2−x−2)√x−1=0
b)Giải hệ phương trình: {
x3+3x2+4x+2=y3+y 4x+6√x−1+7=(4x−1)y Câu (3.0 điểm)
a) Cho tam giác OAB Đặt OA=a, OB=b Gọi C, D, E điểm cho
AC=2.AB, OD=1
2OB ,OE=
3OA Hãy biểu thị vectơ OC ,CD ,DE theo vectơ a,b .
Từ chứng minh C, D, E thẳng hàng
b) Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E,H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A Chứng minh EC⊥ED
Câu (3.0 điểm) Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(−1;1); B(2;4) a) Tìm điểm C trục Ox cho tam giác ABC vng B b) Tìm điểm D cho tam giác ABD vuông cân A.
Câu (2.0 điểm) Cho x, y số thực dương thỏa mãn x+y=2019 Tìm giá trị nhỏ của
biểu thức
P= x
√2019−x+ y
√2019−y
(47)
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 2
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2018 - 2019
Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT
Câu ĐÁP ÁN Điểm
1
Cho hàm số y=x2−4x+4−m ; (Pm)
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m=1
b) Tìm m để (Pm) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ thuộc đoạn
[−1;4]
3.0
a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số với m=1 2.0
Với m=1 y=x2−4x+3
TXĐ: R Đồ thị parabol, có:Đỉnh I( 2;-1) hệ số a=1>0 parabol có bề lõm
hướng lên
0.5 0.5
Lập BBT
Tìm giao parabol với trục hoành, trục tung vẽ
0.5 0.5 b) Tìm m để (Pm) cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ thuộc đoạn
[−1;4]
1.0
Xét pt hoành độ giao điểm x2−4x+4−m=0⇔x2−4x+3=m−1
Dựa vào đồ thị tìm −1<m−1≤3⇔0<m≤4
Chú ý: HS dùng bảng biến thiên cho hàm y=x2−4x+3 y=x2−4x+4
0.5 0.5
2
Cho x1 x2 hai nghiệm phương trình x2−3x+a=0 ; x3 x4 hai
nghiệm phương trình x2−12x+b=0 Biết
x2 x1=
x3 x2=
x4
x3 Tìm a b.
3.0
Điều kiện có nghiệm {
Δ1=9−4a≥0
Δ2'=36−b≥0
Đặt k =x2
x1= x3 x2=
x4 x3
⇒{
x2=kx1
x3=kx2=k2x1
x4=kx3=k3x1
0.5
0.5
(48){ x1(1+k)=3
x1k2
(1+k)=12
x12k
=a
x12k5
=b ⇒k=±2
0.5
Với k=2 x1=1 ta a=2, b=32 (tm) 0.5
Với k=−2 x1=−3 ta a=−18, b=−288 (tm) 0.5 3
1 Giải phương trình: (x2−x−2)√x−1=0 2.0
Điều kiện: x≥1 0.5
Phương trình ⇔[
x2−x−2=0
√x−1=0
0.5
⇔[
x=−1
x=2
x=1
0.5
Đối chiếu điều kiện , ta nghiệm x={1;2} 0.5
2 Giải hệ phương trình: {
x3+3x2+4x+2=y3+y 4x+6√x−1+7=(4x−1)y
4.0
Phương trình thứ ⇔(x3+3x2+3x+1)+x+1=y3+y ⇔(x+1)3+(x+1)=y3+y
Đặt a=x+1 ta a3+a=y3+y ⇔(a−y)(a2+ay+y2+1)=0⇔a−y=0
Vì a
+ay+y2+1=(a+ y
2)
+3y
2
4 +1>0; ∀a , y
0.5 0.5 0.5
Ta y=x+1 thay vào pt thứ hai ta được
6√x−1+x+8=4x2 ĐK: x≥1
⇔(√x−1+3)2=(2x)2 ⇔√x−1+3=2x
0.5 0.5
⇔√x−1=2x−3⇔{ x≥
3
x−1=(2x−3)2
⇔x=2⇒y=3
Kết luận: Hệ pt có nghiệm (x; y)=(2;3)
0.5 0.5 0.5 Chú ý:+) pt thứ hệ, hs dùng máy tính, phân tích nhân tử đưa tích
+) pt 6√x−1+x+8=4x2 , hs chuyển vế bình phương, đưa tích. 4
(49)AC=2.AB,OD=1
2OB ,OE=
3OA Hãy biểu thị vectơ OC,CD ,DE theo vectơ
a,b Từ chứng minh C, D, E thẳng hàng.
b) Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E,H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A Chứng minh EC⊥ED
a) Cho tam giác OAB Đặt OA=a, OB=b Gọi C, D, E điểm cho AC=2.AB,OD=1
2OB ,OE=
3OA Hãy biểu thị vectơ OC,CD ,DE theo vectơ
a,b Từ chứng minh C, D, E thẳng hàng.
2.0
OC=−a+2b
CD=a−3 2b
DE=1 3a−
1 2b
0.5 0.5 0.5
Ta CD=3DE Vậy C,D,E thẳng hàng 0.5
b) Cho tam giác ABC vng cân A, có trọng tâm G Gọi E,H trung điểm cạnh AB, BC; D điểm đối xứng với H qua A Chứng minh EC⊥ED
1.0
Chọn hệ trục tọa độ thỏa mãn O≡A ; B∈Ox ; C∈Oy Giả sử AB=AC=2 thì A(0;0); B(0;2); C(2;0) ta H(1;1); E(0;1); D(−1;−1).
0.5
Khi EC=(2;−1);ED=(−1;−2) Nhận thấy EC.ED=0 chứng tỏ EC⊥ED 0.5 5 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai điểm A(−1;1); B(2;4) .
a) Tìm điểm C trục Ox cho tam giác ABC vuông B b) Tìm điểm D cho tam giác ABD vng cân A
3.0
a) Gọi C(x;0) 0.5
Sử dụng AB.BC=0⇒C(6;0) 0.5
b) Gọi D(x ; y) Giải hệ {
AB.AD=0
|AB|=|AD| 1.0
Tìm D(2;−2) D(−4;4) 1.0
6 Cho x, y số thực dương thỏa mãn x+y=2019 Tìm giá trị nhỏ biểu thức
P= x
√2019−x+ y
√2019−y
(50)P=2019−y
√y +
2019−x
√x =2019(
1
√x+
1
√y)−(√x+√y) Áp dụng
1
a+
1
b≥
4
a+b,∀a , b>0
P≥2019 4
√x+√y−(√x+√y)
1.0
Lại có (√x+√y)
2
≤2.(x+y)=4038⇒√x+√y≤√4038 0.5
Ta P≥2019
4
√4038−√4038=√4038 Dấu "=" xảy x=y=
2019
0.5
1 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh phải chi tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa
2 Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ
3 Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm trịn điểm
SỞ GD & ĐT THANH HÓA KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG DẠY - HỌC BỒI DƯỠNG LẦN TRƯỜNG THPT HẬU LỘC Năm học 2015 – 2016
*** Mơn thi: Tốn - Khối 10
( Thời gian làm bài: 90 phút)
Câu 1(3.0 điểm). Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau: 3x2 2x 3 3x1
3 3x1 x
2 3 9
3
x y x y xy x y xy
Câu 2(2.0 điểm) Cho
( ) 1
(51)1 Tìm m để f x( ) > với x R
2 Biết m = 2, tìm x để f x( ) 5 x1 5x2 x Câu 3(2.0 điểm)
1 Cho góc thỏa mãn điều kiện
1
sin
Tính A = 3cos4 tan Cho ba số thực dương x y z, , chứng minh rằng:
1 1
1
2 2
x y z
y z z x x y
Câu 4(3.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(1; -2), B(3; 1) , C(-1; 3)
1 Tìm tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành
2 Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao AH trung tuyến BM tam giác ABC Viết phương trình đường trịn (C) qua A tiếp xúc với BC trung điểm E BC
………Hết………
Thí sinh khơng sử dụng tài liệu.Giám thị xem thi khơng giải thích thêm
Họ tên thí sinh ;Số báo danh…
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁP TRƯỜNG KHỐI 10 Năm Học 2015- 2016
Câu Đáp án Điểm
1 (3đ)
Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình 3.0
1 3x2 2x 3 3x 1.0
pt
2
2
3
3
3 3 6 4 2 0
x x
x x x x x
0.5
3
1
1 x
x x
x
0.5
3 3x1 x
(52)2 (2đ)
đk
1 x
bpt 3x 1 x , từ đk nên vế dương
bpt
2 2
3x x x x
0.5 x x
đối chiếu với đk ta x x
tập nghiệm bpt cho
là S =
1 ;0 1; . 0.5
2 3 9
3
x y x y xy x y xy
1.0 hpt
2 3
3
x y x y xy x y xy
; đặt
s x y p xy
(đk s2 4p )
0.25
ta có hệ pt
2 3 9 2
1
s s s p
p s p
6 s p 0.25 với 2 1
s x y
x y p xy
0.25
với
6
3
9
s x y
x y p xy
0.25
Cho f x( )x2 m1x m 1 2.0
1 Tìm m để f x( ) > với x R 1.0
( )
f x > với x R
( 1) 4( 1) a m m 0.5
1 3
1 m m m m 0.5
Biết m = 2, tìm x để f x( ) 5 x1 5x2 x 1.0 Khi m = ta có
2 2
( ) 5 5 3
f x x x x x x x x x Đk
1 x
0.25
pt
2
5x x 2x 5x x x 3x
(53)
1
3
5 1
5
x x
x x
x x x
0.25
vì
1
1
5 1
5x x 2x x x
>0 nên pt
2 3 2 0
2 x x x x 0.25 3
(2đ) 1 Cho góc thỏa mãn điều kiện 2 sin 13 Tính A = 3cos4 tan
1.0
ta có
2 2
2 cos =
8
sin os os
9 2 2
cos =-3 c c
do
nên cos <
2 os =-3 c 0.5 sin tan
cos 2
0.25
ta có A = 2 23
0.25 Cho hai số thực dương x y, chứng minh rằng:
1 1
1
2 2
x y z
y z z x x y
1.0
ta có:
1
2 2
x y x z x y x z
x x y z
y z y z y z y z
(1) 0.5 tương tự ta có :
1
y z y x
y
z x x z
(2)
1
z x z y z
x y x y
(3)
0.25
Nhân theo vế ba bđt ta được:
1 1
1
2 2
x y z
y z z x x y
0.25
4 (3đ)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết
A(1; -2), B(3; 1) , C(-1; 3) 3.0
1 Tìm tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành 1.0
(54)tứ giác ABCD hình bình hành AB DC (*) với AB2;3 ; DC a;3 b
0.25
khi (*)
1
3;0
3
a a
D
b b
0.5
Viết phương trình đường thẳng chứa đường cao AH trung tuyến BM
tam giác ABC 1.0
+) Ta có AH qua điểm A(1; -2) nhận vec tơ BC 4; 2
làm vtpt
nên pt AH: -4(x - 1) + 2(y - ) = pt AH : 2x - y - = 0 0.5 +) M trung điểm AC nên
1 (0; )
2 M
ta có đường trung tuyến BM nhận
1 3;
2 BM
làm vtcp BM nhận
1; 6
n
làm vtpt mà BM qua B(3; 1) nên pt BM: x - - 6(y - 1) = pt BM: x - 6y + = 0.
0.5
3 Viết phương trình đường trịn (C) qua A tiếp xúc với BC trung điểm E
của BC 1.0
+) gọi I tâm đường tròn (C) Do E trung điểm BC E(1; 2); gọi
F trung điểm AE F(1; 0) 0.25
+) (C) tiếp xúc với BC trung điểm E BC nên IEBC IE qua E(1; 2) nhận BC 4; 2
làm vtpt pt IE: 2x - y = 0 0.25 +) (C) qua A E nên IF AE IF qua F(1; 0) nhận
0; 4
AE
làm vtpt pt IF: y = 0 I IEIF nên I(0 ; 0)
0.25 + (C) có bán kính R = IE = tâm I(0; 0) nên
pt (C) : x2y2 5
0.25
Trường THPT Nguyễn Duy Hiệu ĐỀ THAM KHẢO THI HSG TOÁN 10 Năm học 2017-2018
Thời gian : 150 phút Câu (3 điểm)
a) Cho parabol (P): yx2 4x5 điểm I(1;4) Tìm (P) hai điểm M, N đối xứng qua điểm I
b) Tìm giá trị m để phương trình
2 2
x m m
có nghiệm phân biệt Câu (5 điểm)
(55)b) Giải hệ phương trình:
2
2
(x 1)(y 6) y(x 1) (y 1)(x 6) x(y 1)
c) Tìm m để phương trình 3 x 1m x 1 24 x2 1 có nghiệm
Cõu (2 điểm)Cho f (x)=x2−2(m+1)x+m2−3 Tìm m để f(x) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x13+x1x22−4x1=x23+x2x12−4x2 .
Cõu (2 điểm)Trong mặt phẳng tọa độ đề vng góc Oxy cho hai điểm A(1 ; 1)
và B(4 ; -3) Tìm điểm C thuộc đờng thẳng x – 2y – 1= cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB 6.
Câu (5 điểm)
a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định hệ thức: 2
2 ;
5 AD AB AE AC
Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng
b) Gọi H trực tâm ABC, M trung điểm BC Chứng minh
2 1 .
4 MH MA BC
c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm M( 2;0) trung điểm cạnh
AB, điểm H(1; 1) hình chiếu B AD điểm 7
;3 3 G
trọng tâm tam giác BCD Đường thẳng HM cắt BC E, đường thẳng HG cắt BC F Tìm tọa độ điểm E, F B
Câu (1,5 điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn x2 y2 1 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ
biểu thức
2
( ) 3
1
x y y
S
xy
.
Cõu (1,5 điểm) Tìm m để hệ bất phơng trình sau có nghiệm √x+√y=3
√x+5+√y+3≤m ¿
{¿ ¿ ¿
(56)SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT NGUYỄN DUY
HIỆU
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THAM KHẢO HSG TỐN 10
NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TOÁN
(Đáp án gồm 05 trang)
Câu Ý Nội dung Điểm
1 a Cho parabol (P):
2 4 5
y x x điểm (1;4)I Tìm (P) hai
điểm M, N đối xứng qua điểm I 1,50 Vì I không thuộc trục đối xứng (P) nên hai điiểm M,N thỏa đề
thuộc đường thẳng qua I có hsg k có phương trình y k x ( 1) 4
Xét pt x2 4x 5 k x( 1) 4 x2 (k 4)x k 1 0 (1)
0,25 0.25
2
(k 4) 4(k 1) k 4k 20 0, k
cắt (P) M N
Gọi nghiệm (1) x x1, M x k x( ; (1 11) 4), ( ; ( N x k x2 21) 4)
0,25 0,25 M, N đối xứng qua điểm I I trung điểm MN
1
1
1
4
2 1 2
( 1) ( 1)
4
x x
k
k
k x k x
0,25
Khi (1) x2 2x 3 0 x1 x3 Vậy M( 1;0), (3;8) N 0,25
1 b Tìm m để phương trình x2 m4 m2
có nghiệm phân biệt 1,50 Điều kiện cần m4 m2 0 m1 m 1 (1) 0,5
Khi
2 2
2 2
2
2 ( ) ( )
x m m x m m
x m m x m m
0,25 0,25 Điều kiện đủ ( m4 m2) 0 1 m22 0,25 Kết hợp với ĐK (1) ta 1m 2 2m 1 0,25 Cách khác Pt có nghiệm đường thẳng y m 4 m2 cắt đths
2 2
yx
điểm Từ đồ thị suy 0m4 m22 1 | |m
2 a Giải bất phương trình: (x1) x 2 (x6) x7x27x12 2,00 ĐK : x2.
BPT
2
(x 1) x 2 (x 6) x x 2x
0,25 0,25
2
( 1) ( 6) ( 2)( 4)
2
x x
x x x x
x x
1
( 2) ( 4)
2
x x
x x
x x
(57)Ta có
1
( 4)
2
x x
x
x x
2 6
2
2 2
x x x x
x x x
( 2) ( 6)( 1)
0,
2 2
x x x x
x
x x x
0,25
0,25 BPT x 0 x2
Vậy tập nghiệm BPT S 2;2
0,25 0,25
2 b
Giải hệ phương trình:
2
2
(x 1)(y 6) y(x 1) (y 1)(x 6) x(y 1)
1,50 Trừ vế ta x y x y 2xy7 0 0,25 TH x y Thế vào pt thứ ta
2 5 6 0 2
3 x
x x
x
0,25 0,25 TH x y 2xy 7 0 2xy x y 7
Cộng hai pt theo vế ta
2 2
5 x y x y 12 0 5 x y x y 2xy 12 0
2 6 5 0 1
5 x y
x y x y
x y
0,25 0,25
1 4
x y xy (Loại)
2, 3
5 6
3, 2
x y
x y xy
x y
Vậy hệ có nghiệm 2;2 , 3;3 , 2;3 , 3;2
0,25 0,25 2 c Tìm m để phương trình 3 x 1 m x 1 24 x2 1
có nghiệm 1,50
ĐK: x1 Chia hai vế cho x1 ta được
1 1
3 2
1 1
x x
m
x x
0,25
Đặt
4 1,0 1
1 x
t t
x
ta 3t2 m2t 3t2 2t m (2)
0,25 0,25 Pt (1) có nghiệm x 1 pt (2) có nghiệm t0;1
Lập bảng biến thiên f t 3t2 2t 0;1
(58)Từ BBT suy pt (2) có nghiệm
1
0;1 1
3
t m 0,25
3
cho f (x)=x2−2(m+1)x+m2−3 tìm m để f(x) có hai nghiệm phân biệt x1,x2 thỏa mãn x1
3
+x1x22−4x1=x32+x2x12−4 x2 . 2
điều kiện để f(x) có hai nghiệm phân biệt x1, x2
Δ'=(m+1)2−(m2−3)>0⇔m>−2 biến đổi x1
3
+x1x22−4x1=x23+x2x12−4x2 ⇔(x1−x2) [(x1+x2)2−2x1x2−4]=0
0,5 0,5
Do x1≠x2
2
1 2
2
( )
[2( 1)] 2( 3)
3
x x x x
m m
m m
0,25 0,25 0,25
Kết luận m=-1 0,25
4
trong mặt phẳng tọa độ đề vng góc oxy cho hai điểm a(1 ; 1) b(4 ; -3) tìm điểm c thuộc đường thẳng x – 2y – 1= 0 cho khoảng cách từ c đến đường thẳng ab 6.
2
đường thẳng ab có phương trình
x−1 4−1=
y−1
−3−1⇔4x+3y−7=0 c thuộc đường thẳng x – 2y – 1= nên c = (2c + 1; c)
ta có
d(C ; AB)=6⇔|4(2c+1)+3c−7|
√42
+32 =6⇔|11c−3|=30⇔
¿ [c=3
[c=−27/11[¿
+ với c=3⇒C=(7;3)
+ với c=−27/11⇒C=(− 43 11 ;−
27 11) có hai điểm C=(7;3) ; C=(−
43 11 ;−
27 11)
0,25
0,25 0,75 0,5 0,25
5 a
Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định hệ thức:
2 2 ;
5 AD AB AE AC
Chứng minh rằng: D, E, G
thẳng hàng
1,50 Gọi M trung điểm BC ta có:
2 1
3 3
AG AM AB AC
(59)
2
2 (1)
5
DE DA AE AB AC AB AC
0,5
1 1
2 (2)
3 3 3
DG DA AG AB AB AC AB AC AB AC
0,5 Từ (1) (2) suy
6
DE DG
D, E, G thẳng hàng 0,25
5 b
Gọi H trực tâm ABC, M trung điểm BC Chứng minh
2
1
4
MH MA BC
1,50
Ta có
1
2
MH MA BA CA MH
1
2 BA MH CA MH
1
2BA MC CH CA MB BH
1
2 BA MC BA CH CA MB CA BH
0,25
0,25
Vì BA CH BA CH 0;CABH CA BH 0
1
2
MH MA BA MC CA MB
0,25
Mặt khác ta có BA MC BA MC CA MB CA MB ' ; ' MBMC
Nên
1 1
' ' ' '
2 2
MH MA BA MC CA MC MC BA CA
0,25
0,25
2
1 1
2MC BC 2BC BC 4BC
(đpcm) 0,25
5 C Tìm tọa độ điểm E, F B 2,00
Chứng minh HM ME từ suy E( 5;1)
0,5
Chứng minh HG 2GF từ suy F(3;5) 0,5
Giả sử B x y( ; ) Từ giả thiết suy B, E, F thẳng hàng BE BH
Đến quan hệ vecto Đến hệ pt
(60)Tìm tọa độ B( 1;3) 0,25 6
Tìm max biểu thức
2
( )
1 x y y S
xy
. 1,50
Thế x2y2 1 vào S ta
2
2
2
x xy y S
xy x y
0,25 TH y 0 x2 1 S 1
TH2
2
2
2
0
1
x x
y y
y S
x x
y y
Đặt
2
2
x t t
t S
y t t
0,25 0,25
2 2
( 1) 2 ( 1) ( 2)
S t t t t S t S t S
Với S 1, tồn t (S2)2 4(S1)(S2) 0
0,25 Biến đổi ta (S2)( 3 S6) 0 2 S
Do S 1 2; 2 nên maxS 2, minS2
0,25 0,25 7 Cho A x, (yx số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức1)2 y2 (x 1)2 y2 y 2
1,50
2 2 2
(1 ) ( 1) (1 1) ( )
A x y x y y x x y y y
Vậy A 4 4 y2 y 2
0,25 TH
2
2 2 1 2 5
y A y 0,25
TH y 2 A2 1 y2 2 y
3 12 12 y2 2 y 3.1 1.y 2 y 3 2
0,25 0,25
2 3
A
1 0,
3 x y Ta có 2 3 5 minA 2 3
0,25 0,25
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/4/2019
(Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm)
(61)1) Cho hàm số yx2 4x3 có đồ thị ( )P Tìm giá trị tham số m để đường thẳng ( ) :dm y x m cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn 1 2
1
2
x x .
2) Cho hàm số y(m 1)x2 2mx m 2 (mlà tham số) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng ( ;2)
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải hệ phương trình
2 2
2
3
2 12
x y x xy y x y
x y x x
2)Giải phương trình (x 3) 1 x x 4 x 2x2 6x 3) Giải bất phương trình x3(3x2 4x 4) x 1
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn NB 3NC 0
Gọi P giao
điểm AC GN, tính tỉ số
PA
PC .
2) Cho tam giác nhọn ABC, gọi , ,H E K chân đường cao kẻ từ đỉnh , ,A B C Gọi diện tích tam giác ABC HEK SABC SHEK Biết
4
ABC HEK
S S , chứng minh
2 2
sin sin sin
4
A B C
3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình
3
x y , đường thẳng AC có phương trình x 7y 5 0 Biết điểm M(1;10) thuộc cạnh BC,
tìm tọa độ đỉnh , ,A B C Câu IV (1,0 điểm)
Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I loại II từ 200kg nguyên liệu máy chuyên dụng Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu máy làm việc Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu máy làm việc 1,5 Biết kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất?
(62)Chứng minh bất đẳng thức
2 2
3 8 8 8
x y z
x y z .
Hết
Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị coi thi số 1: Giám thị coi thi số 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10HƯỚNG DẪN CHẤM THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019
MƠN: TỐN
(Hướng dẫn chấm gồm trang)
Câu Nội dung Điểm
Câu I.1
1,0đ Cho hàm số
2 4 3
yx x có đồ thị ( )P Tìm giá trị tham số m để đường
thẳng ( ) :dm y x m cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, thỏa
mãn
1
2
x x .
Phương trình hồnh độ giao điểm x2 4x 3 x m x2 5x 3 m0 (1) 0,25 Đường thẳng ( )dm cắt đồ thị ( )P hai điểm phân biệt phương trình
(1) có hai nghiệm phân biệt
13
0 13
4
m m
0,25
Ta có
1
1
5
x x
x x m
0,25
1 2
1
1
2 2(3 )
1 1
2
0
x x x x m
m
x x m
x x
(thỏa mãn) 0,25
Câu I.2
1,0 đ Cho hàm số
2
( 1) 2
y m x mx m ,(mlà tham số) Tìm m để hàm số nghịch
biến khoảng ( ;2)
Với m 1 y2x3 Hàm số nghịch biến Do m1 thỏa mãn.
0,25
Với m1 Hàm số nghịch biến khoảng ( ;2)
1
m m m
0,25
1 m
. 0,25
Vậy 1m2 0,25
CâuII.1 1,0 đ
Giải hệ phương trình
2 2
2
3
2 12
x y x xy y x y
x y x x
(63)
2 2
2 2
3 2
3
3( ) 3( )
3( ) 3
x y x xy y x y
x y x xy y x y x y
x y x y x y
0,25
3
3
3 3
( 1) ( 1) 1
x x x y y y
x y x y y x
0,25
Thế y x vào phương trình (2) ta có
2( 2) 2 12 0 2 12 0
x x x x x x x . 0,25
2
(x 3)(x 2x 4) x y
Hệ có nghiệm
3
x y
0,25
CâuII.2
1,0 đ Giải phương trình
2
(x 3) 1 x x 4 x 2x 6x 3(1) Điều kiện −1≤x≤4
Phương trình (1) (x 3)( 1x 1) x( 4 x 1) 2 x2 6x
0,25
2
3
( 3)
1
1
( 3)
1
( 3)
1
2 (2)
1
x x
x x x x
x x
x x
x x
x x
x x
0,25
( 3) 0;
x x x x (Thỏa mãn điều kiện).
0,25 Với điều kiên −1≤x≤4 ta có
1
1
1 1 1 1 2
1 1
4 1 1
4
x x
x x
x
x
Dấu " " không xảy
ra nên phương trình (2) vơ nghiệm
Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0 x3.
0,25
CâuII.3
1,0 đ Giải bất phương trình
3 (3 4 4) 1 0
x x x x (1)
Điều kiện x1
3
3
3
(3 4) 4( 1)
3 (2)
x x x x x x x x x
x x x x
(64)Xét x1, thay vào (2) thỏa mãn.
Xét x 1 x 1 0 Chia hai vế (2) cho
1
x
ta bất phương trình
3
3
1 x x x x . 0,25
Đặt
x t
x
, ta có bất phương trình t33t2 0 (t 1)(t2)2 0 t 0,25
2
1 1 0
0
1 1 1 5
1
1
1
1
2
x x x
x
x x
t x x
x x
x x x x
x
Kết hợp x1là nghiệm, ta có tập nghiệm bất phương trình
1 1; . 0,25 Câu III.1 1,0 đ
Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn NB 3NC 0
Gọi P giao điểm AC GN , tính tỉ số
PA
PC .
Gọi M trung điểm cạnh BC Đặt AP k AC .
1
GP AP AG k AC AB AC 1 3
k AC AB
0,25
1
3 6
GN GM MN AM BC AB AC AC AB AC AB 0,25 Ba điểm , ,G P N thẳng hàng nên hai vectơ GP GN,
phương Do
1 1
2 4
3 3
7 5 3 15 5 5
6 6
k k
k k AP AC
0,25
4 PA AP AC PC 0,25 Câu III.2
Cho tam giác nhọn ABC, gọi , ,H E K chân đường cao kẻ từ đỉnh , ,
(65)1,0 đ
rằng SABC 4SHEK, chứng minh
2 2
sin sin sin
4
A B C
Đặt S SABC từ giả thiết suy
3
3
EAK KBH HCE HCE EAK KBH
S S S S
S
S S
S S S
0,25
2
1 . sin
2 . cos cos cos
1
sin
EAK
AE AK A
S AE AK
A A A
S AB AC A AB AC
2
1
.sin
2 . cos cos cos
1
sin
KBH
BK BH B
S BK BH
B B B
S AB BC B BC AB
2
1
.sin
2 . cos cos cos
1
sin
HCE
CH CE C
S CH CE
C C C
S AC BC C AC BC
0,25
2 2
3
cos cos cos
4
HCE EAK KBH S
S S
A B C
S S S 0,25
2 2 2
1 sin sin sin sin sin sin
4
A B C A B C
0,25
Câu III.3 1,0 đ
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương
trình x y 0 , đường thẳng AC có phương trình x 7y 5 0 Biết điểm M(1;10)
thuộc cạnh BC, tìm tọa độ đỉnh A B C, , Toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình
3
7
x y x
x y y
Vậy A(2;1). 0,25
Phương trình đường phân giác góc A
3
2
x y x y
2
( )
3
( )
3
d
x y
d x y
0,25 Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao.
Xét trường hợp d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A
Phương trình đường thẳng BClà 3x y 7 0.
Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình
3
( 1; 4)
3
x y x
B
x y y
Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình
(66)11
7 5 11 2;
3 5
5 x x y
C x y
y
16 48
( 2; 6), ;
5 5
MB MC MC MB M
nằm đoạn BC Trường hợp không thỏa mãn
Nếu d2 đường cao tam giác ABC kẻ từ A
Phương trình đường thẳng BC x3y 31 0 .
Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình
3 11
( 11;14)
3 31 14
x y x
B
x y y
Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình
101
7 5 101 18
;
3 31 18 5
5 x x y
C x y
y
96 32
( 12; 4), ;
5 5
MB MC MC MB M
thuộc đoạn BC Vậy
101 18 (2;1), ( 11;14), ;
5
A B C
.
0,25
Câu IV
1,0 đ Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I loại II từ 200kg nguyên liệu
máy chuyên dụng Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu máy làm việc Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu máy làm việc 1,5 Biết kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất?
Giả sử sản xuất ( )x kg sản phẩm loại I ( )y kg sản phẩm loại II Điều kiện x0,y0và 2x4y200 x2y100
Tổng số máy làm việc: 3x1,5y Ta có 3x1,5y120
Số tiền lãi thu T 300000x400000y (đồng)
0,25
(67)
0, 100 1,5 120
x y
x y
x y
(I)
sao cho T 300000x400000y đạt giá trị lớn Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đường thẳng
1: 100; 2: 1,5 120
d x y d x y
Đường thẳng d1 cắt trục hoành điểm (100;0)A , cắt trục tung điểm (0;50)B
Đường thẳng d2 cắt trục hoành điểm (40;0)C , cắt trục tung điểm D0;80
Đường thẳng d1 d2 cắt điểm E20;40
Biểu diễn hình học tập nghiệm
hệ bất phương trình (I) miền đa giác OBEC
0,25
0
0
x
T y
;
0
20000000 50
x
T y
;
20
22000000 40
x
T y
;
40
12000000
x
T y
Vậy để thu tổng số tiền lãi nhiều xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I 40kg sản phẩm loại II
0,25
Câu V
1,0 đ Cho số thực dương
, ,
x y z thỏa mãn xy yz xz 3 Chứng minh bất đẳng thức
2 2
3 8 8 8
x y z
x y z .
Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
2
3
2
2
( 2) ( 4)
8 ( 2)( 4)
2
2
x x x x x
x x x x
x x
x x
x
Tương tự, ta có
2 2
2
3
2
;
6
8
y y z z
y y z z
y z
(68)
Từ suy ra:
2 2 2
2 2
3 3
2 2
6 6
8 8
x y z x y z
x x y y z z
x y z
(1) Chứng minh bổ đề: Cho ,x y0 ,a b ta có:
2
*
a b
a b
x y x y
Ta có
2
2
2
2
* a y b x a b a y b x x y xy a b ay bx
xy x y
Đẳng thức xảy
a b
x y.
Áp dụng bổ đề ta có
2
2 2
2 2 2
2
6 6 12
x y
x y z z
x x y y z z x y x y z z
2
2 2
2( )
( ) 18
x y z
x y z x y z
.
0,25
Đến đây, ta cần chứng minh:
2 2
2( )
1
( ) 18
x y z
x y z x y z
Do x2 y2z2 (x y z ) 18
2
2 18
12
x y z x y z xy yz zx
x y z x y z
Nên 3 2(x y z )2 x2y2z2 (x y z ) 18 x2y2z2 x y z 6 (4)
0,25
Mặt khác, , ,x y z số dương nên ta có:
2 2 3
3( )
x y z xy yz zx
x y z xy yz zx
Nên bất đẳng thức (4)
Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x y z
0,25
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
(69)ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KỲ THI OLYMPIC MƠN: Tốn ; LỚP : 10 Bài 1:(4 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
3
25 18
9 25
9 2 2
7 ( ) 12
x
x y
x y y
x y xy x y x x
Bài 2: (4 điểm) Trên cạnh tam giác ABC phía ngồi ta dựng hình vng; A B C1, ,1 1là trung điểm cạnh hình vng nằm đối với cạnh BC, CA, AB tương ứng Chứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, 1 đồng quy điểm.
Bài 3:(3 điểm) Cho x y z, , [0; 2].Tìm giá trị lớn biểu thức
1 8
(2 )(2 )(4 )
8 2
x y z
P x y z
y z z x x y
Bài 4:(3 điểm) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x5y5(x y )
Bài 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng cho điểm có tọa độ ngun, khơng có điểm thẳng hàng Hỏi số tam giác tạo thành từ điểm có tam giác có diện tích nguyên?
Bài 6:(3 điểm) Tìm tất hàm số f N: * N* thỏa mãn điều kiện sau:
* ) (2) 2;
) ( ) ( ) ( ) , ;
) ( ) ( )
i f
ii f mn f m f n m n N
ii f m f n m n
Bài 1: ( điểm) Giải hệ phương trình
2
2
3
25 18
9 25
9 2 2
7 ( ) 12
x
x y
x y y
x y xy x y x x
(70)Đáp án Điểm
Xét hệ
2
2
3
25 18
9 25 (1)
9 2 2
7 ( ) 12 (2)
x
x y
x y y
x y xy x y x x
3 2 3
(1)8x 12x 6x1x 3x y3xy y (2x1) (x y )
2x1 x y y 1 x
1.0
Thay y 1 xvào PT (1) ta
2
2
2 18 25 9
1
x
x x
x x
(3) Giải (3) Điều kiện
2 x 0.5 Với , x
PT (3) tương đương với
2
2
9 18
25
1
x
x x x
(4)
Ta có 25 162 (4) 25 13 VT(4) VP x
nên PT (4) vô nghiệm, suy PT (3) vô nghiệm.
0.5 Với , x
PT (3) tương đương với 2
4 18
25 9
1
x x x
(5) Đặt
1 , t t x
PT (5) trở thành
18 25 9
1 t t t t
18
9 16
1 t t t t 0.5
36( 2) 2( 2)( 4) 18
( 2)
1
1 9
t t t t
t t t t t
(6) 0.5
Với t có 18 18 1 4 t
4 18
1
1
t
t t
nên
18
0 1
t t t
Do (6) t 2.Suy
2
x
0 5
Từ HPT cho có nghiệm
2 2
( ; ) ;
2
x y
(71)Bài 2: (4 điểm) Trên cạnh tam giác ABC phía ngồi ta dựng hình vng; 1, ,1
A B C là trung điểm cạnh hình vng nằm đối với cạnh BC, CA,
AB tương ứng Chứng minh đường thẳng AA BB CC1, 1, đồng quy điểm
Đáp án Điểm
Gọi giao điểm đường thẳng AA1, BB1, CC1 với cạnh
BC, CA, AB lần lươt A2, B2, C2 .
· ·
1
1
2 1
2 1 1
.sin sin
ABA ACA
S
BA AB BA ABA
CA S AC CA ACA
µ
µ
sin
, sin
B AB
AC C
a a
vớia CBA· 1BCA· tan α =
1.0
Tương tự
µ µ
2
.sin( ) sin( )
CB BC C
AB AB A
a a
1.0
µ µ
2
.sin( ) sin( )
AC AC A
BC BC B
a a
1.0
Nhân đẳng thức với ta có:
BA2 CA2
CB2 AB2
AC2
BC2=1 , tức các
đường thẳng AA2, BB2, CC2 đồng quy điểm
Vậy đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm.
1.0
2
C
1
A
2
A
1
CB1
2
B
(72)Bài 3: ( điểm) Cho x y z, , [0; 2].Tìm giá trị lớn biểu thức
1 8
(2 )(2 )(4 )
8 2
x y z
P x y z
y z z x x y
Đáp án Điểm
Đặt x2 ,a y2 ,b z2cthì a b c, , [0; 1]
Khi (1 )(1 )(2 ) 1
a b c
P a b c
b c c a a b
0.5 Với mọia b c, , [0; 1]thì 1 a0; 1 b0; a b 1
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có (1 ) (1 ) ( 1)
(1 )(1 )( 1)
a b a b
a b a b (1 )(1 )( 1) 1.
a b a b
0.5 Nhân hai vế BĐT với 2 c0,ta được
2 (1 )(1 )(2 )
1
c
a b c
a b
2 (1 )(1 )(2 )
1
c
a b c
a b a b (1)
0.5
Mặt khác từ giả thiết, ta có
2
1
a a
b c a b (2)
Thật vậy, BĐT (2) tương đương với a b( 2c 1 a) 0 (BĐT đúng)
0.5
Tương tự
2
1
b b
c a a b (3) 0.5
Cộng vế BĐT (1), (2), (3) ta P2
Đẳng thức xảy
1 1
0 ( )
[0;1] ( )
a b a b
a b
a b c a
c
b a c b
Vậy GTLN Plà 2, đạt
0 [0;2]
x y
z
(73)Bài 4: ( điểm) Tìm tất cặp số nguyên (x; y) thỏa mãn x5y5(x y )
Bài 5: ( điểm) Trong mặt phẳng cho điểm có tọa độ ngun, khơng có điểm thẳng hàng Hỏi số tam giác tạo thành từ điểm có tam giác có diện tích ngun?
Bài 6: ( điểm) Tìm tất hàm số f:* * thỏa mãn điều kiện sau: *
) (2) 2;
) ( ) ( ) ( ) , ;
) ( ) ( )
i f
ii f mn f m f n m n
ii f m f n m n
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM Trường THPT Khâm Đức ——————
ĐỀ THI OLYMPIC 24-3 NĂM HỌC 2016-2017 MƠN: TỐN 10
Dành cho học sinh THPT không chuyên
Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian giao đề ————————————
Trang 73
Đáp án Điểm
Với tam giác ABC có tọa độ đỉnh A x( A; yA), (B xB; yB), C x( C;yC)thì
1
( )( ) ( )( ) (1)
2
ABC C A B A B A C A
S x x y y x x y y 1.0
Xét điểm A, B, C, D, F, G, H, I có tọa độ ngun tọa độ điểm sẽ thuộc dạng sau: (chẵn, chẵn), (lẻ, lẻ), (lẻ, chẵn), (chẵn, lẻ) Do theo nguyên lí Dirichlet tồn
9
1
điểm thuộc dạng, tức tọa độ tính chẵn lẻ, giả sử A, B, C
1.0
Với hai điểm A, B có tọa độ tính chẵn lẻ yB yA,
B A
x x đều số chẵn nên diện tích tam giác có cạnh AB nguyên (do(1)).
Tương tự diện tích tam giác có cạnh AC, BC nguyên
0.5 Với điểm A, B, C kết hợp với điểm cịn lại tam giác
có diện tích ngun Vậy có 3.6 19 tam giác có diện tích nguyên. 0.5
Đáp án Điể
m Giả sử tồn hàm số f thỏa mãn yêu cầu tốn Ta có
(1) (1.1) (1) (1) (1) 1.
f f f f f
Ta thấy 2f(2) f(3) f(4)f(2) (2) 4f f(3) 3
0.5 4f(4) f(5) f(6)f(2) (3) 6f f(5) 5. 0.5 Ta chứng minh qui nạp f n( )n, n *(*)
Thật vậy,
Với n1,ta có f(1) 1 (đúng) Với n2,ta có f(2) 2 (đúng)
Giả sử (*) vớin k N *,tức ta có f k( )k.Ta cần chứng minh (*) đúng
1
n k , tức cần chứng minh f k( 1) k
0.5
Nếu k số lẻ k1là số chẵn
1 1
( 1) (2)
2 2
k k k
f k f f f k 0.5
Nếu k chẵn k2chẵn 2
k k
nên theo giả thiết quy nạp ta có
2
2
k k
f
Vậy
2 2
( 2) (2) 2
2 2
k k k
f k f f f k
Ta có: k f k( ) f k( 1) f k( 2) k f k( 1) k Theo nguyên lý quy nạp, ta có: f n( )n, n *
(74)Câu 1 (5,0 điểm)
a) Giải phương trình x212 3x x25.
b) Giải hệ phương trình
3 2
x 9xy 6x y 4y x y x y
Câu 2 (3,0 điểm)
a) Tìm tập xác định hàm số :
2
x 5x 2017
y
x 9x 11x 21
.
b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m tham số):
2
2 2 1 1 0
x m x m m
có hai nghiệmx x1, thỏa mãn điều kiện x1x2 4 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức
sau: P x 13x23x x1 23x13x28. Câu 3 (3,0 điểm)
Cho ba số thực dương x, y, z thỏa x y z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau:
3 3 3
1 x y z y z x
P
xy yz xz
Câu 4 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ cho ngũ giác lồi có đỉnh điểm có tọa độ nguyên Chứng minh bên cạnh ngũ giác có điểm có tọa độ ngun
Câu 5 (4,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC Lấy điểm M, N thỏa mãn
1
AN AB; BM BC
3
Gọi I giao điểm AM CN Chứng minh BI IC
b) Cho nửa đường trịn đường kính AB điểm C cố định thuộc đoạn AB (C khác A, B).Lấy điểm M nửa đường trịn Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt tiếp tuyến qua A B nửa đường tròn E F Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác CEF M di chuyển nửa đường tròn
Câu 6 (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3x y 0 d2: 3x y 0 Gọi (C) đường tròn tiếp xúc với d
1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác
ABC vng B Viết phương trình đường trịn (C) biết tam giác ABC có diện tích
3
2 và
điểm A có hồnh độ dương
(75)-Hết -SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
(76)SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT HỒ NGHINH ĐỀ ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLYMPIC MƠN : TỐN 10 - NĂM HỌC 2017-2018 Thời gian :150 phút (Không kể thời gian giao đề)
Trang 76 I B C A N M
Câu Nội dung Điểm
Câu 1
5,0 a) Giải phương trình
2
x 12 3x x 5 (1) 2,0
ĐK: x 5/3 (*)
Khi đó: (1) x212 3x 6 x2 5
2
2
x x
3 x
x 12 x
2
x x
x
x 12 x
x 2 (thỏa (*))
Vì 2 2
1 x x
0
x 12 x x 12 x
Vậy (1) có nghiệm: x =
0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25
b) Giải hệ phương trình
3 2
x 9xy 6x y 4y (1) x y x y (2)
3,0 Điều kiện:
x y x y
(*)
Nhận thấy y = không thỏa (1) nên (1)
3
x x x
6
y y y
x x y y
x x 4y
4 y
Với x = y thay vào (2) ta : 2x 2 x y Với x = 4y thay vào (2) ta được:
2
2
5y 3y y y
5
So với (*) ta nghiệm x; y hệ : 2; 2 ; (32 15;8 15) 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5
Câu Nội dung Điểm
Câu 2 3,0
a) Tìm tập xác định hàm số :
2
x 5x 2017
y
x 9x 11x 21
1,0
Hàm số cho xác định :
2
x 5x 2017
0
x 9x 11x 21
3
x 9x 11x 21
( Vì x2 -5x + 2017 > với x) x
x
Vậy tập xác định hàm số cho D = 1;3 7;
0,25 0,25 0,25 0,25 b) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m tham số):
2
2 2 1 1 0
x m x m m
có hai nghiệmx x1, 2 thỏa mãn điều kiện
1
(77)Câu 1 (5,0 điểm).
a.(3đ) Giải bất phương trình
2
x 2x x 3x 2x
b.(2đ) Giải hệ phương trình.
3 2
x 6x y 9xy 4y (1)
x y x y (2)
Câu (3,0 điểm)
a (2đ) Cho parabol (P) : y = 3x2 – x – Gọi A,B giao điểm (p) với Ox Tìm m<0 sao cho đường thẳng d: y= m cắt (P) hai điểm phân biệt M,N mà bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác có diện tích 4.
b (1đ) Cho sin a.sin b 5 cos a.cos b.
Tính
1
S
sin a cos a sin b cos b
Câu (3,0 điểm)
Cho a, b, c số thực dương thỏa a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức
a b c
T
1 a b c
Câu (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng lấy 2n + điểm (n ) cho ba điểm ln có hai điểm mà khoảng cách hai điểm nhỏ Chứng minh tồn hình trịn bán kính chứa n + điểm nêu trên.
Câu (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh với mọi điểm M
a.MA b.MB c.MC abc
Câu (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC D trung điểm AB, E
16 ( ;1)
3 nằm cạnh AC mà AC = 3EC Đường thẳng DC có phương trình x - 3y + = Tìm tọa độ A, B, C.
………Hết………
ĐÁP ÁN
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu 1
(78)(5đ)
Đk :
2
x
x 2x
x
x 3x
x
0.5đ
* x3 hay x0 bpt
Suy x3 hay x0 nghiệm bpt 1đ
*
2
*khi x
bpt x x x
2x x x 4x
0.5đ
2
2 x x 2x-1
8x 25
25
x tháa ®k x
8
0.5đ
Vậy tập nghiệm bpt
25 S ( ; 3) {0} ( ; )
8
0.5đ
b Giải hệ :
3 2
x 6x y 9xy 4y (1)
x y x y (2)
2đ
Đk: x y 0 0.25đ
2
(1) (x 4y)(x y)
x 4y
x y
0.5 đ
Khi x 4y :
x 4y x 32 15
HÖ
x y x y y 8 15
0.5đ Khi x=y:
x y x
HÖ
y
x y x y 0.5đ
KL: Hệ có tập nghiệm S{(2;2),(32 15;8 15)} 0.25đ
Câu 2
a Cho parabol (P) : y = 3x2 – x – Gọi A,B giao điểm (P) với Ox Tìm m < cho đường
thẳng d: y= m cắt (P) hai điểm phân biệt M, N mà bốn điểm A, B, M, N tạo thành tứ giác có diện tích 4.
(79)(3 đ)
Ta chọn A(-1;0), B(4/3;0) 0.25 đ
Pthđgđ (P) d: 3x2 – x – 4- m = (*)
ĐK: >
49 m
12
M,N giao điểm nên xM , xN hai nghiệm (*)
M N M N M N
49 12m
MN x x (x x ) 4x x
3
0.25 đ
0.25 đ A B, M N đối xứng qua trục đối xứng (P) nên bốn điểm tạo nên hình thang cân có hai
đáy AB, MN, độ dài đường cao = m m (do m 0) 0.5 d
ABMN
3
7 49 12m
7m m 49 12m
3
S ( m)
2
m (lo¹i)
m 28m 48 m (nhËn)
m (nhËn)
0.5 đ
Vậy m = -4 , m = -2 thỏa mãn đề 0.25 đ
b
1
Cho sin a.sin b cos a.cos b TÝnh S
sin a cos a sin b cos b 1đ
Tõ gi¶ thiÕt cã tan a tan b 0.25đ
2
2
1 tan a tan b S
tan a tan b 0.25đ
2
2 2
2
2
40 tan a tan b
tan a tan b 5tan a tan b 25 4(10 tan a tan b)
5(10 tan a tan b)
0.5đ
Câu 3 (3,0 điểm).
Cho a, b, c số thực dương thỏa a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức
a b c
T
1 a b c
3đ
1 (1 a) (1 b) (1 c) T
1 a b c
1 1
( ) ( a b c)
1 a b c
0.5 đ
Đặt
1 1
A
1 a b c
6
1 1
A
1 a b c (1 a)(1 b)(1 c)
(80)Lại có :
3
3
6
1 a b c (1 a)(1 b)(1 c)
3 (a b c) (1 a)(1 b)(1 c)
2 (1 a)(1 b)(1 c)
3
0.25đ
Suy
27 A
2
0.25 đ
Đặt B - ( a b c )
2
( a b c) 3(1 a b c)
0 a b c
0.5 đ
Suy B 0.25 đ
T=A+B
27
T A B
2
0.5đ
KL: MinT=
1 a b c
3
0.25đ
Câu 4 (2,0 điểm)
Trong mặt phẳng lấy 2n + điểm (n ) cho ba điểm ln có hai điểm mà
khoảng cách hai điểm nhỏ Chứng minh tồn hình trịn bán kính 1
chứa n + điểm nêu trên. 2đ
Chọn điểm A 2n + điểm Vẽ đường trịn (A;1), có hai khả :
a) Nếu tất điểm thuộc hình trịn (A;1) tốn thỏa mãn 0.5 đ
b) Nếu khơng phải tất điểm thuộc hình trịn (A;1) Khi đó, có điểm gọi B khơng thuộc hình trịn (A;1)
Vẽ đường tròn (B;1)
Gọi C điểm 2n + điểm cịn lại Xét ba điểm A, B, C phải có AC BC nhỏ
0.5 đ Nếu AC nhỏ C thuộc hình trịn (A;1)
Nếu BC nhỏ C thuộc hình trịn (B;1) 0.5 đ
Do 2n + điểm lại thuộc (A;1) thuộc (B;1) nên theo nguyên lí Dirichlet có n + điểm thuộc (A;1) (B;1)
Nói cách khác có n+ điểm thoả mãn đề
0.5 đ
Câu 5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có cạnh BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh với điểm M thì
2 2
(81)a.MA b.MB c.MC2 0 0.5 đ
2 2 2
2 2 2 2 2
2 2 2
a MA b MB c MC 2ab.MA.MB 2bc.MB.MC 2ac.MA.MC
a MA b MB c MC ab.(MA MB AB )
bc MB MC BC ac MA MC AC
1 đ
2
a a b c MA b a b c MB c a b c MC abc bca acb 0.5đ
2 2
2 2
a b c a.MA b.MB c.MC abc a b c
a.MA b.MB c.MC abc
0.5đ Dấu xảy
a.MA b.MB c.MC
M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 0.5đ
Câu (4,0 điểm
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC D trung điểm AB, E
16 ( ;1)
3 nằm cạnh AC mà AC = 3EC Đường thẳng DC có phương trình x - 3y + = Tìm tọa
độ điểm A, B, C.
(82)Ta có
EA BA
EC BC 1 nên BE phân giác góc B 0.5 đ
Suy BE vng góc DC, nên DC có ptrình 16
3(x ) 1(y 1) 3x y 17
3
0.5 đ
I DC BE (5; 2)
0.5 đ
Gọi BC= a tính
a a
IE ;IB
3 2
0.5 đ
IB 3IE B(4;5)
0.5 đ
2
C x 3y c(3c 1;c)
BC 2BI c 4c
0.5 đ
c C(2;1) c C(8;3)
0.5 đ
KL: A(12;1), B(4,5), C(2;1) A(0;-3), B(4;5), C(8,3)
0.5 đ
Chú ý: thí sinh làm theo cách khác đúng, giám khảo dựa vào thang điểm cho điểm tương ứng
SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH MƠN: TỐN 10
Năm học: 2017 - 2018 ĐỀ
Câu 1: (5,0 điểm)
(83)b Giải hệ phương trình:
2
2
2 5 2
3 5 4
x y x
x xy x y y y
Câu 2: (4,0 điểm)
a Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y f(x) x x 1
b Tìm giá trị tham số m cho hàm số y f(x) x 2(2m 1)x m 21 có giá trị bé đoạn [0;1]
Câu 3: (4,0 điểm)
a Cho a,b,c số dương Chứng minh rằng:
3 3
a b c ab bc ca
b c a .
b Tìm giá trị lớn biểu thức:
yz x zx y xy z
P
xyz .
Câu 4: (4,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H(3; 0) trung điểm BC I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - = Gọi D , E chân đường cao kẻ từ điểm B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết phương trình DE x - = điểm D có hồnh độ dương
Câu 5: (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC Gọi A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB.Chứng minh diện tích ba tam giác AB’C’, BA’C’, CA’C’ vượt qua phần tư diện tích tam giác ABC Với điều kiện tam giác có diện tích phần tư diện tích tam giác ABC
HẾT
KỲ THI OLIMPIC LỚP 10 CẤP TỈNH Năm học 2017 – 2018
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn thi: TỐN (Đáp án – Thang điểm gồm trang)
(84)Câu 1 (5,0
điểm) a) Giải phương trình
2x 5 2 x x 1 3x4
2,0
Điều kiện: 1 x 2 0,25
+
2x5 2 x x 1 3x4 (3x4) ( x 1) 2 x x 1 3x4 0,5
3x x x do x 3x
0,5
3x x x (2 x x)( 1) 3x
0,25
Giải tìm tập nghiệm bất phương trình S=1;2 0,5
b) Giải hệ phương trình
2
2
2 5 2
3 5 4
x y x
x xy x y y y
3,0
Điều kiện: y0vàxy x y y0 0,25
- Xét phương trình thứ hai hệ:
2
3 ( 1) 3( 1)
x xy x y y y x y xy x y y y 0,5 3( 1)
( 1)
2 1
y x y
xy x y y y
0,5
2
x y
(vì theo điều kiện biểu thức ngoặc vuông dương
+ Với
1 2 x y
thay vào phương trình thứ ta được:
2
2 x 5 2 x 1x
2( 2) 2
( 2) 2 0
1 1 5 3
x
x x
x x
Điều kiện: x1 Khi đó, ta có:
0,25
0,25 0,5
2( 2) 2
2 ( 2)
2 5 3 1 1 5 3
x
x x
x x
x x
(85)Vậy nghiệm hệ phương trình là: ( 2; 1
2 ). 0,5
Câu Đáp án Điểm Câu
2(4,0 điểm) ãn
a/ Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số: y f(x) x x 1 1,5 Viết lại hàm số
2
x 2x+1 , x y f(x)
-x 2x 1, x<2
0,5
Lập bảng biến thiên 0,5
Vẽ đồ thị hàm số 0,5
b/ Tìm giá trị tham số m cho hàm số 2 2
y f(x) x (2m 1)x m 1 có giá trị bé đoạn [0;1] 1.
2,5
Hoành độ đỉnh
0 2m 1
x m
2
Bảng biến thiên:
x −∞ -m-1/2
+∞ y
+∞ +∞
-m-5/4
0,25
0,25
+ Nếu
1
x m 0;1 m
2 2
0,25
0 R
0;1
5 f(x)=min f(x)= f(x ) m
4
m=
4 (Không thỏa)
0,25
0,25 +Nếu
0 1
x m m
2 f(x) dồng biến [0;1]
2
0;1
min f(x)= f(0) m 1
m (thỏa ) m 2(không thỏa)
0,25 0,25
+ Nếu
0
x m m
2 f(x) nghịch biến [0;1]
(86)
0;1
min f(x)= f(1) (m 1)
m=0 (không thỏa ) m=-2 (thỏa)
0,25
Vậy m 2và m=-2 0,25
Câu3 (4,0 điểm)
a/ Cho a,b,c số dương Chứng minh rằng:
3 3
a b c ab bc ca
b c a .
2,0
Ta có (a b) 2 0 a2 ab b 2ab a3b3ab(a b)
3
2
a b a ab
b
Tương tự (b c) 20
3
2
b c b bc
c
(c a) 20
3
2
c a c ca
a
Suy
3 3
2 2 2
a b b c c a a ab b bc c ca
b c a
đccm
0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25
b/ Tìm giá trị lớn biểu thức:
yz x zx y xy z
P
xyz .
2,0
P xác định x 1,y 4,z 9 Ta có
x 1 y 4 z
P
x y z
Áp dụng Bđt Cơsi ta có:
x 1 x 1
x
2 x 2
y 4 y 1
2 y
2 y
z 9 z 1
3 z
2 z
11 P
12
Max P=
11
12, đạt x=2, y=8, z=18
0,25 0,25
(87)Câu 4
(4,0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC có trực tâm H(3; 0) trung điểm BC là I(6;1) Đường thẳng AH có phương trình x + 2y - = Gọi D , E chân đường cao kẻ từ điểm B C tam giác ABC Xác định tọa độ đỉnh tam giác ABC biết phương trình DE x - = điểm D có hồnh độ dương.
4,0
Tứ giác BEDC nội tiếp đường tròn tâm I tứ giác AEHD nội tiếp đường tròn tâm F 0,5 Vậy IF đường trung trực ED Do IF ED 0,5
Suy phương trình IF : y-1=0 0,25
Suy F (1 ; 1) 0,25
Suy A(-1 ;2) 0,5
D thuộc DE suy D(2 ;d) 0,25
Do FD = FA suy
2 3
1 ( 1) 5
1 d x
d
Do yD 0nên D(2; 3)
0,5 0,25
Phương tình AC: x - 3y + = 0,25
Đường BC qua I vuông góc AH nên có phương trình BC 2x – y – 11 =
0,25
Suy C ( 8; 5) 0,25
Suy B ( ; -3 ) 0,25
F
I H
E
D
C B
(88)Câu5 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC Gọi A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB.Chứng minh diện tích ba tam giác AB’C’, BA’C’, CA’B’ không thể vượt qua phần tư diện tích tam giác ABC Với điều kiện tam giác có diện tích phần tư diện tích tam giác ABC.
3,0
Kí hiệu S S ABC, SA SAB'C', SB SBA'C', SC SCA'B'.
Ta có
A AC'.AB'.sinA
S 2 AC'.AB'
1
S AC.AB.sin A AC.AB
2
B
S BC'.BA'
S BC.BA
C
S CA'.CB'
S CA.CB
Suy
A B C
S S S AB'.AC'.BC'.BA'.CA'.CB'
AB.AC.BC.BA.CA.CB S
= 2
AC'.BC' AB'.CB' BA'.CA'. .
AB AC BC .
Mặt khác:
2
1
AC'.BC' (AC' BC') AB
4
2
1
AB'.CB' (AB' CB') AC
4
2
1
BA'.CA' (BA' CA') BC
4
S S SA B C3 1 1
4 4 S
Suy
A
S
S 4 B
S
S 4 C
S
S
Dấu xảy đồng thời A’, B’, C’ tương ứng trung điểm BC, CA, AB
0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25