Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 - Trường THPT Liễn Sơn.pdf (Đề thi học sinh giỏi Toán 10)

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019 MÔN: TOÁN – KHỐI 10. (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1. (2 điểm). Cho phương trình (m  1) x2  2(m  1) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Câu 2. (2 điểm). Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4 . Câu 3. (2 điểm). Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (1;0) . Câu 4. (2điểm).Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện ( x1  x2 )( x1 x2  1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A  x1 ( x2  1)  x2 . Câu 5. (2 điểm). Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2  x  1 3  0.  4  x  8  y  y2  7x 1  Câu 6. (2 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 x  y  6 y  2x  4  x      y 1 Câu 7. (2 điểm). Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K thẳng hàng. Câu 8. (2 điểm). Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An . Bạn Bình gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể là một điểm hoặc không). Tính tổng vecto A1B1  A2 B2  ...  An Bn . Câu 9. (2 điểm). Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của tam giác ABC. Câu 10. (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 3    . bc ca ab 2 ------------------Hết-------------------- Họ tên thí sinh:………………………………………..Số báo danh:………………….. SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN HƯỜNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019 MÔN: TOÁN – KHỐI 10. Câu Nội dung Điểm 2 1 Cho phương trình (m  1) x  2(m  2) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Bài làm 1 +) Với m = 1 phương trình là: 6x  2  0  x   (loai ) 3 +) Với m  1 để phương trình có 2 nghiệm : 1  '  0  8m  1  0  m  8 1  m  Vậy  8  m  1 2 0,5 0,5 1,0 Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4 Bài làm Để phương trình có 2 nghiệm thì  '  0  m  5 3  x  x  2 Theo viet ta có :  1 2  x1 x2  3m  4 Ta có: x12 x22  x12  x22  4  (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4 3 0,5 0,5 0,5  9m2  18m  0  m [0;2] 5 5 Kết hợp điều kiện m  ta được m  [0; ] . 0,5 3 3 Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (1;0) . Bài làm 1 0,5 +) Xét 2m  1  0  m  phương trình là:  x  1  0  x  1 (1;0) . 2 1 +) Xét m  . Khi đó ta có : 2 2 0,5  '  (m  1)  0, m 1 Phương trình có nghiệm x  1 và x  . 2m  1 Ta thấy nghiệm x  1 không thuộc (-1; 0). Vậy để phương trình có 1 0,5 0 nghiệm trong khoảng (-1; 0) suy ra : 1  2m  1  1 1  0  m0   2m  1 0,5   2m  1  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm trong khoảng (-1 ;0) khi và chỉ khi 4 m  0. Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  10  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A  x1 ( x2  1)  x2 . Bài làm Để phương trình có nghiệm: (m  3)2  m2  3m  1  0  m   8 9  x1  x2  2(m  3) Theo viet:  2  x1 x2  m  3m  1 0,5 0,5 Ta có x1  x2  10  0  m  2 0,5 +) A  x1 ( x2  1)  x2  x1 x2  ( x1  x2 )  m2  m  7 8 +) Lập bảng biến thiên của hàm số f (m)  m2  m  7 trên [  ; 2] ta được 9 13 1 giá trị lớn nhất của A = 9 khi m = 2, giá trị nhỏ nhất A = khi m  2 2 5 Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2  x  1 3 0,5 0 Bài làm Điều kiện: x  1 . x3  3x 2  3x  2  x  1 3  x3  x  x  1  2  0  x3  3x( x  1)  2  x  1 3 0  x  1  2 x  x  1  0  x  x 2   x  1   2  x  1  x  1  x   0     x 1  x x  x 1  x  3  2 2  0,5  x  1  x  2  x  1  0  x 1  x  0  x 1  x   x  2 x  1  0 0,5  x  0   1 5 2  x  1  x x    2 x  0     x  2  2 2   4  x  1  x 2  0,5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2  2 2; x  1 5 . 2 0,5 6  4  x  8  y  y 2  7 x  1(*)  Giải hệ phương trình  2   2  x  y   6 y  2x  4  x  Bài làm:  y  1 Điều kiện:  0  x  4 y 1 0,5 2  x  y   6 y  2x  4  x  y  1 2  2 x 2  4 xy  2 y 2  6 y  2 x  4  x  y  1  2 x( y  1) 0,5  2[x 2  2 x( y  1)  ( y  1) 2 ]  x  y  1  2 x( y  1)  2( y  1  x)  ( x  y  1) 2  0  y  x 1 Thay vào phương trình (*) ta được: (*)  ( x 2  3x  3)  x  1  4  x  x  2  x  7  0 1 1    x 2  3x  3 1   0  x 1 4  x x  2  x  7    0,5  1 1    0, x  [0;4]  x2  3x  3  0 , 1   x 1 4  x x  2  x  7   3  21 x  2   3  21 (l ) x   2 7 0,5  3  21 x   2 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   y  5  21  2 Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K thẳng hàng. Bài làm Đặt AB  a; AC  b và AK  t AC Khi đó: BK  a  tb 3 3 1 1 Ta có: AI  AM = AB  BM ; BM  BC  AC  AB 4 4 4 4 9 3  AI  a  b 16 16 7 9 3 3 Mà BI  AI  AB  a  b  a =   a  b 16 16 16 16 Để 3 điểm B,I,K thẳng hàng thì 7 3 m : BK  mBI  a  tb   a  b 16 16     0,5 0,5 0,5 7m 16   1  16 m  7   3 m t  t  3 0,5  16  7 3 3 Suy ra: AK  AC . Vậy điểm K thuộc đoạn AC sao cho AK  AC . 7 7 Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An . Bạn Bình 8 gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể cùng là một điểm hoặc không). Tính tổng vectơ A1B1  A2 B2  ...  An Bn Bài làm Lấy điểm O bất kỳ. Khi đó : A1B1  A2 B2  ...  An Bn  A1O  A2O  ...  AnO  OB1  OB2  ...  OBn 1,0 Vì  A1 , A2 ,..., An   B1 , B2 ,..., Bn  nên OB1  OB2  ...  OBn  OA1  OA2  ...  OAn Do đó : 1,0 A1B1  A2 B2  ...  An Bn  0 . Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của tam giác ABC. Bài làm :  AH .BC  0 Giả sử H ( x; y) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có   BH . AC  0 0,5 Ta có : AH   x  1; y  3 ; BH   x  2; y  5 BC   2; 5 ; AC   5;3 9  2  x  1  5  y  3   0 Ta có hệ phương trình :  5  x  2   3  y  5   0 164  x  2 x  5 y  13  31   5 x  3 y  25  y  15  31  164 15  Vậy điểm H  ;   31 31  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 10 a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2 0,5 0,5 Chứng minh rằng: a2 b2 c2 3    bc ca ab 2 Bài làm: Đặt x  a 2  b2 ; y  b2  c 2 ; z  c 2  a 2 khi đó x, y, z  0 và ta có x yz 3 2 Ta có : x 2  y 2  z 2  2  a 2  b 2  c 2  0,5 Do đó ta được : x2  y 2  z 2 2 x2  y 2  z 2 2  x2  y 2  z 2 2 a  ;b  ;c  2 2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :  b  c   2(b 2  c 2 )  2 y 2 a2 x2  y 2  z 2  bc 2y 2 b2 x2  y 2  z 2 c2  x2  y 2  z 2  ;  Tương tự ta cũng có : ca ab 0,5 2z 2 2x 2 Do đó : a2 b2 c2 x2  y 2  z 2 y x2  y 2  z 2 z x2  y 2  z 2 x         bc ca ab 2y 2 2 2z 2 2 2x 2 2 1 1 1 x y z 1  ( x2  y 2  z 2 )      2 2 2 x y z 0,5 1 1 1 21  ( x  y  z)      3 6 2 x y z 1 1 1 1 ( x  y  z )( x  y  z )      3 = 6 2 x y z Suy ra :  9.3 2 3 3  2 6 2 Vậy bđt được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí a=b=c=1 0,5