Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nam tiền hải thái bình có lời giải

7 3 0
  • Loading ...
1/7 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/08/2019, 15:04

THPT THUẬN NAM TIỀN HẢI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THÁI BÌNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (4 điểm)Cho hàm số y  x2  2mx  2m2  4m có đồ thị  Pm  Tìm m để  Pm  cắt Ox hai điểm phân biệt có hồnh độ trái dấu Tìm giá trị k để phương trình x  x  k có nghiệm phân biệt Câu (4 điểm) Tính tổng nghiệm phương trình: 3x2  15x  x  5x   Giải phương trình Câu    x   x  x2  x2  x   x (2 điểm)Chứng minh rằng: a Sin A  b Sin B  c Sin C   ma2  mb2  mc2  3R với tam giác ABC ( a  BC , b  AC , c  AB ; ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình đường cao AD , phân giác CE ABC biết A  4;  1 , B 1;5 , C  4;  5 7  Cho B  0;1 , C  3;0  Đường phân giác góc BAC BC cắt Oy M  0;   3  10 chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ 11 diện tích phần chứa điểm C ) Gọi A  a ; b  a  Tính T  a  b2 Bài 32 a  b  c  1 1    1 3 32  3a 32  3b 32  3c (2 điểm) Cho  a, b, c  Chứng minh rằng: - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Trang (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (4 điểm)Cho hàm số y  x2  2mx  2m2  4m có đồ thị  Pm  Tìm m để  Pm  cắt Ox hai điểm phân biệt có hồnh độ trái dấu Tìm giá trị k để phương trình x  x  k có nghiệm phân biệt Lời giải Lập phương trình hồnh độ giao điểm  Pm  Ox : x2  2mx  2m2  4m  1  Pm  cắt Ox hai điểm phân biệt có hồnh độ trái dấu phương trình 1 có nghiệm trái dấu  a.c    2m2  4m    2m  m     m  Vậy  m  thỏa yêu cầu toán Xét ( P0 ) : y  x  x có TXĐ D  , đỉnh I  2; 4  x  Phương trình hồnh độ giao điểm ( P0 ) Ox x  x    x  Khi ta có bảng biến thiên hàm số y  x  x Từ bảng biến thiên phương trình x  x  k có nghiệm phân biệt  k  Vậy  k  thỏa yêu cầu tốn Câu (4 điểm) Tính tổng nghiệm phương trình: 3x2  15x  x  5x   Giải phương trình    x   x  x2  x2  x   x Lời giải Trang Ta có: 3x  15 x  x  x    3x  15 x   x  x      x  x  1  x  x    x  x   t  t   , ta phương trình ẩn t : Đặt t  TM  3t  2t     t    koTM    x2  5x    x2  5x  x    x  5 Vậy tổng nghiệm phương trình 5 Điều kiện xác định x  1 Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x  Ta giải phương trình với x  Khi    x   x  x  x  4x   2x  2  x2  x2  4x  x   x 1   2x  x2  x2  4x   x x   x x    x   x   x x  x   x 1   x   x3 x   x 1   1 x   x3  x  x2  x       1  x   x  x  x 1  x   1      Tập nghiệm phương trình T   ;      Câu (2 điểm)Chứng minh rằng: a Sin A  b Sin B  c Sin C   ma2  mb2  mc2  3R với tam giác ABC ( a  BC , b  AC , c  AB ; ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ) Lời giải Ta có: Trang  b2  c a a  c b2 a  b2 c  2m  m  m   2       4 4  2 a b c a2 b2 c2  a  c2   a  b2  2  a  b2  c2   b2  c2   Do đó: VP   a  b2  c  2.3R  a  b2  c a b c  a  b  c 2R 2R 2R 2R  a.Sin A  b.Sin B  c.Sin C  VT Câu Trong mặt phẳng tọa độ Oxy Viết phương trình đường cao AD , phân giác CE ABC biết A  4;  1 , B 1;5 , C  4;  5 7  Cho B  0;1 , C  3;0  Đường phân giác góc BAC BC cắt Oy M  0;   3  10 chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ 11 diện tích phần chứa điểm C ) Gọi A  a ; b  a  Tính T  a  b2 Lời giải Ta có: AB   3;6  , BC   5;  10  , AC   8;    AB  , BC  5 , AC   Ta có: BC   5;  10   5v với v  1;  Đường cao AD qua A  4;  1 nhận v  1;  làm vectơ pháp tuyến  Phương trình AD :1 x     y  1   x  y    Gọi E  x ; y  chân đường phân giác góc ACB , ta có: EA CA   EB CB  EA   EB , với EA    x ;   y  , EB  1  x ;5  y  Trang 4   4  x   1  x   x  8 5    E ;  3 3 1  y     y  y     8 5 Đường thẳng CE qua C  4;  5 E  ;  có phương trình x  y   3 3 Ta có: Gọi D  x ; y  chân đường phân giác góc BAC d A, BC  DB SABD  10   Ta có: SADC d A, BC DC 11   DB 10 10    DB   DC với DB    x ;1  y  , DC    x ;  y  DC 11 11 10 10    x   x   11   x   10 11     D ;   21  1  y   10   y   y  11   11 21 7  10 11   Đường thẳng AD qua D  ;  M  0;   có phương trình x  y   3  21   7  7    Có A  AD  A  a ; 2a    BA   a ; 2a   1 , CA    a ; 2a   3  3      a   2a    DB AB AB 102 100        Mà 2 DC AC AC 11 121   a    2a   3  10  a l   11  105a  80a  100    b a    125 Vậy T  a  b  Trang Bài 32 a  b  c  1 1    1 3 32  3a 32  3b 32  3c (2 điểm) Cho  a, b, c  Chứng minh rằng: Lời giải Cách 1: + Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức: a  a  a   an  a12 a2 (với bi  )    n  b1 b2 bn b1  b2   bn Dấu xảy  Do đó: a a1 a2    n b1 b2 bn 1     2 3 3 32  3a 32  3b 32  3c 96  3(a  b3  c3 )  8 + Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm  a , ,  ta được:  3 8 8 12 a3    3 a3  a 3 3 Tương tự ta có: 8 8 12 b3    3 b3  b 3 3 (3) (4) 8 8 12 (5) c3    3 c3  c 3 3 + Cộng vế theo vế (3), (4), (5) ta được: 12 12 a3  b3  c3   a  b  c   16  3  16  9  96   a  b3  c3   72   dpcm  72 1   32  3a  32  3b3  32  3c3  8 23  + Dấu xảy  a  ; b3  ; c3  abc 3 3  a  b  c     VP    Cách 2:  32  3a3  , + Áp dụng BĐT Cauchy cho số không âm   ta được: 242   32  3a 32  3a3 32  3a3    32  3a3 242 32  3a3 242 12 32  3b3 32  3b3    + Tương tự ta có: 32  3b3 242 32  3b3 242 12 Trang 32  3c3 32  3c3    32  3c3 242 32  3c3 242 12 Cộng vế theo vế ta được: 1 32  3a3 32  3b3 32  3c3 1        3 2 32  3a 32  3b 32  3c 24 24 24 12 3 3 1 1 a b c a  b  c3         * 32  3a 32  3b3 32  3c3 192 12 192 + Ta chứng minh: a3  b3  c3  Thật ta có: a3  b3  c3   a  b  c    a  b  b  c  c  a ** Áp dụng BĐT Cauchy ta có:  a  b    b  c    c  a     a  b  c    a  b  b  c  c  a    27 27 Thay vào (**) ta được: 3   a  b  c   a  b  c   a  b  c    a  b  b  c  c  a    a  b  c    27 3  23   3  2.2   3 3 8 27 1 1 Do đó: *        dpcm  3 32  3a 32  3b 32  3c 12 192  32  3a   32  3a 242  32  3b3    32  3b3 242  32  3c3 23     a  b  c  242 Dấu xảy  32  3c  a  b    b  c    c  a   a  b  c     Trang ...(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu (4 điểm)Cho hàm số y  x2  2mx  2m2  4m có đồ thị...  0;   3  10 chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích (phần chứa điểm B có diện tích nhỏ 11 diện tích phần chứa điểm C ) Gọi A  a ; b  a  Tính T  a  b2 Lời giải Ta có: AB   3;6... C  4;  5 E  ;  có phương trình x  y   3 3 Ta có: Gọi D  x ; y  chân đường phân giác góc BAC d A, BC  DB SABD  10   Ta có: SADC d A, BC DC 11   DB 10 10    DB   DC với
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nam tiền hải thái bình có lời giải, Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nam tiền hải thái bình có lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn