Đang tải... (xem toàn văn)
Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 môn Toán
TRƯỜNG THPT MINH CH¢U ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3y x x= − + có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Dựa vào đồ thị, tìm m để phương trình: 2 4 3 2 1x x m− + = + có đúng 2 nghiệm. Câu 2. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: ( ) ( ) 2 2 1 3 2 0mx m x m− − + − = có hai nghiệm 1 2 ,x x thỏa mãn: 1 2 2 1x x+ = . Câu3. (3 điểm) 1) Giải hệ phương trình: 7 2 5 2 1 x y x y x y x y + + + = + + − = 2) Giaûi phöông trình: 9( 4 1 3 2) 3x x x+ − − = + 3)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 4 4 1 1x x x x m+ + − + − = . Câu 4. (4điểm) 1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là điểm bất kì. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 3MA MB MC MG GA GB GC+ + = + + + . Khi M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tìm vị trí của M để 2 2 2 MA MB MC+ + đạt giá trị bé nhất. 2.)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1)− và hai đường thẳng 1 : 1 0d x y− − = , 2 : 2 5 0d x y+ − = . Gọi A là giao điểm của 1 d và 2 d . a. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên 1 d , đi qua điểm M và tiếp xúc với 2 d . b. Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M cắt 1 d , 2 d lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC = 3AB. 3) Trong hệ trục Oxy cho ∆ABC có ( ) 2; 1 ,B − đường cao hạ từ A và phân giác góc C lần lượt có phương trình 3 4 27 0 x y− + = và 2 5 0x y+ − = . Tìm tọa độ điểm A và điểm C. Phân giác góc C nói trên là phân giác trong hay phân giác ngoài? Câu 5. (1 điểm) Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn 3a b c+ + = .Chứng minh rằng: 3 3 3 3 2 a b c a bc b ca c ab + + ≥ + + + ********HẾT******** Họ và tên học sinh:………………………………………………………….Lớp:…… ĐỀ CHÍNH THỨC Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì ( ) 1 ; 1I d I a a∈ ⇒ − (T) qua M và tiếp xúc d 2 nên ta có: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 5 ( ; ) 1 5 + − − = ⇔ − + = a a IM d I d a a 2 26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ± • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = + Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + + + = +x y • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = − Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2) Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ x y 1 0 x 2 A(2;1) 2x y 5 0 y 1 − − = = ⇔ ⇒ + − = = Lấy điểm ( ) ( ) 1 3;2 ∈ ≠E d E A . Ta tìm trên d 2 điểm F ( ≠F A ) sao cho EF = 3AE Do ( ) 2 ;5 2F d F x x∈ ⇒ − . Khi đó ( ) ( ) 2 2 EF = 3AE 3 3 2 18x x⇔ − + − = ( ) 2 0;5 0 5 18 0 18 18 11 ; 5 5 5 F x x x x F = ⇔ − = ⇔ ⇔ = − ÷ (Cả hai điểm F này đều thỏa mãn ≠F A ) Vì 3 // // 3 BC AB EF AE BC EF EF EF AE BC AB = ⇒ = ⇒ ⇒ ∆ = • ( ) ( ) 0;5 3;3 : 0⇒ − ⇒ ∆ + = uuur F EF x y • 18 11 3 21 ; ; :7 6 0 5 5 5 5 − ⇒ − ⇒ ∆ + − = ÷ ÷ uuur F EF x y Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là : 0x y∆ + = và : 7 6 0x y∆ + − = Ñieàu kieän 2 3 x ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 9( 4 1 3 2) 3 9 4 1 3 2 4 1 3 2 3 4 1 3 2 9 3 3 4 1 3 2 9 4 1 3 2 d 3 0 81 4 1 3 2 2 4 1 3 2 82 7 2 4 1 3 2 82 7 0 82 7 4 12 5 2 82 82 7 0 7 6 1128 6732 0 1122 x x x x x x x x x x x x x x x x o x x x x x x x x x x x x x x x x x x + − − = + ⇔ + − − + + − = + + + − ⇔ + = + + + − ⇔ = + + − + > ⇔ = + + − + + − ⇔ − = + − − ≥ ⇔ − = − − ≤ − ≥ ⇔ ⇔ = − + = = 6x ⇔ = ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN TOÁN 10 câu NỘI DUNG T. Điểm 1. 1) Tập xác định: R. - Tọa độ đỉnh: ( ) 2; 1I − . Trục đối xứng: 2x = . - Gđiểm của đồ thị với Ox: ( ) ( ) 1;0 , 3;0 , Oy: ( ) 0;3 . 0,25 - Đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên. - Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) ;2−∞ , đồng biến trên khoảng ( ) 2;+∞ . 0,25 - Bảng biến thiên: x −∞ 2 +∞ y +∞ +∞ - 1 0,75 - Đồ thị: 0,75 2) - Vẽ đồ thị hàm số: 2 4 3y x x= − + 0,5 - Số nghiệm của PT: 2 4 3 2 1x x m − + = + (1) bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số 2 4 3y x x= − + và 2 1y m= + . 0,5 - Đồ thị hàm số 2 1y m= + là đường thẳng song song với Ox, cắt Oy tại ( ) 0;2 1M m + . 0,25 - Dựa vào đồ thị ta có: PT (1) có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi: 0 2 1 1 1 2 1 0 2 m m m m > + > ⇔ + = = − Vậy 0m > hoặc 1 2 m = − . Nếu thiếu TH 2 1 0m + = trừ 0,5 đ 0,75 2. Nếu m = 0 PT đã cho trở thành: 2 6 0 3x x− = ⇔ = (loại). 0,5 Nếu 0m ≠ PT đã cho là một PT bậc hai. ( ) ( ) 2 2 ' 1 3 2 2 4 1m m m m m∆ = − − − = − + + 0,5 Điều kiện để PT có hai nghiệm là: ( ) 2 2 6 2 6 ' 0 2 4 1 0 * 2 2 m m m − + ∆ ≥ ⇔− + + ≥ ⇔ ≤ ≤ 0.5 Với điều kiện (*) giả sử 1 2 ,x x là hai nghiệm của PT. Từ yêu cầu bài toán và áp dụng định lí Vi-et ta có: ( ) 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1 m m x x x m m x x − − + = ⇒ = + = . 0,5 Thay 2 m x m − = vào PT ta có: ( ) ( ) 2 6 4 0 2m m m− − = ⇔ = hoặc 2 3 m = 0,5 Đối chiếu điều kiện ta có: m = 2 hoặc 2 3 m = . 0,5 3. 1) Điều kiện: 7 0; 2 0x y x y+ ≥ + ≥ . Đặt ( ) 7 , 2 , , 0u x y v x y u v = + = + ≥ , ta có: 2 2 2 2 7 2 ; 5 5 u v v u x y − − = = . Ta có hệ: 0,5 2 2 2 2 2 5 5 7 2 5 14 0 1 5 5 u v u v u v v u v v v + = = − ⇔ − − + − = + − = 0,5 5 3 2 2 7 u v u v v v = − = ⇔ ⇔ = = =− 0,5 Với 3; 2u v= = ta có: 1; 2x y= = . Vậy 1; 2x y= = . 0,5 3. 2) Giả sử 0 x là nghiệm của PT, khi đó 0 1 x− cũng là nghiệm của PT. Do đó để PT có nghiệm duy nhất ta phải có: 0 0 0 1 1 2 x x x= − ⇔ = . 0,5 Thay 0 1 2 x = vào PT ta có: 4 2 8m = + . 0,5 Với 4 2 8m = + , ta chứng minh PT có nghiệm duy nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: ( ) ( ) 1 1 2 . 2 2 1 2 * 1 1 1 2 1 2 2 x x x x x x + ≥ ⇒ + − ≤ − + ≥ − ( ) 4 4 4 4 4 1 1 1 4 2 2 2 8 1 8 ** 1 1 1 1 1 4 2 2 2 8 x x x x x x + + + ≥ ⇒ + − ≤ − − + + + ≥ 0,5 ( ) ( ) 4 4 4 * , ** 1 1 2 8x x x x ⇒ + + − + − ≤ + Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 1 2 x = . Vậy 4 2 8m = + . 0,5 4. 1) Ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . 2 . 2 . MA MG GA MA MG GA MAGA MB MG GB MB MG GB MB GB MC MG GC MC MG GC MC GC = + ⇒ = + + = + ⇒ = + + = + ⇒ = + + uuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur 0,5 Do đó: ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 . MA MB MC MG MG GA GB GC GA GB GC MG GA GB GC + + = + + + + + + = + + + uuuur uuur uuur uuur 0,5 Ta có 2 2 2 MA MB MC+ + bé nhất khi và chỉ khi MG bé nhất. 0,5 Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của tia OG vơi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 0,5 4. 2) Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AC, AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AB, AC, cắt AC tại L, cắt AC tại N. P, Q lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C. Ta có ALMN là hình bình hành nên: MA NA LA= + uuur uuur uur . 0,5 Mặt khác: MAC ABC S NA ME NA AB AB AB AB BP S = − = − = − uuur uuur uuur uuur MAB ABC S LA MF LA AC AC AC AC AC S = − = − = − uur uuur uuur uuur 0,5 . . . ABC MAC MAB S MA S AB S AC⇒ = − − uuur uuur uuur 0,5 ( ) . . 0 MAB MBC MCA MAC MAB S S S MA S AB S AC ⇔ + + + + = uuur uuur uuur r . . . 0 MCA MAC MAB S MA S AB S AC⇔ + + = uuur uuur uuur r . 0,5 4. 3) BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT: ( ) ( ) 4 2 3 1 0 4 3 5 0x y x y− + + = ⇔ + − = . 0,5 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: ( ) 4 3 5 0 1 1;3 2 5 0 3 x y x C x y y + − = = − ⇔ ⇒ − + − = = 0,5 Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương trình: ( ) ( ) 2 2 1 0 2 5 0x y x y− − + = ⇔ − − = . Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ: ( ) 2 5 0 3 3;1 2 5 0 1 x y x H x y y + − = = ⇔ ⇒ − − = = 0,5 Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có: ( ) ' ' 2 4; 2 3 ' 4;3 B H B B H B x x x y y y B = − = = − = ⇒ AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ 0,5 phương ( ) ' 5;0CB uuur nên có PT là: ( ) ( ) 0 1 5 3 0 3 0x y y+ − − = ⇔ − = . 0,5 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: ( ) 3 0 5 5;3 3 4 27 0 3 y x A x y y − = = − ⇔ ⇒ − − + = = Vậy ( ) ( ) 5;3 , 1;3A C− − . 0,5 Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các số: 4; 5− − , do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài. 0,5 5. Áp dụng bất dắng thức Côsi ta có: 3 3 3 1 3 4 2 2 1 3 4 2 2 1 3 4 2 2 a a bc a a bc b b ca b b ca c c ab c c ab + + + ≥ + + + + ≥ + + + + ≥ + 0,5 Suy ra ( ) 3 3 3 5 4 4 a b c ab bc ca a b c a bc b ca c ab + + + + + ≥ + + + + + 3 3 3 15 4 4 a b c ab bc ca a bc b ca c ab + + ⇒ + + ≥ − + + + 0,5 Mặt khác: ( ) 2 9 a b c ab bc ca= + + ≥ + + , 0,5 do đó 3 3 3 15 9 3 4 4 2 a b c a bc b ca c ab + + ≥ − = + + + . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1a b c= = = . 0,5 TỔNG 20,0 . THPT MINH CH¢U ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút. Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số 2 4 3y x x= − + có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. I d a a 2 26 31 0 13 10 2a a a⇔ + − = ⇔ = − ± • ( ) ( ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − − ⇒ − − − − = + Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (1)+ + + +. ) 13 10 2 13 10 2; 14 10 2 ; 5 9 6 2a I R= − + ⇒ − + − = = − Phương trình (T) là : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 13 10 2 14 10 2 5 9 6 2 (2)+ − + + − = −x y Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài