Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải

11 0 0
  • Loading ...
1/11 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/08/2019, 15:05

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ NAM LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Câu (5.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho parabol  P  : y  x  mx  3m  , đường thẳng  d  : x  y  m  ( m tham số thực) hai điểm A  1;  1 , B  2;  Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Cho số thực x, y thỏa mãn:  x  y    xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P   x  y   x y Tính M  m Câu (5.0 điểm) Giải phương trình  x  1 x  x  25  23x  13 3   x  y  3x  x  y   Giải hệ phương trình   ( x  1) y   ( x  6) y   x  x  12 y Câu (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB  AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M  ;   trung điểm HC Xác 2 2 định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x  y   Câu (6.0 điểm) Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM  5, CM  10, AP  Chứng minh AM  PN Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c R, r bán kính đường tròn ngoại a  b  c 2r   Chứng tam giác ABC tam giác tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn abc R Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R  Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB  a, BC  b, CD  c, DA  d Tính giá trị biểu thức T   ab  cd  ad  bc  S Câu (2.0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh Trang a2 b2 c2 a  b2  c    2a  2b  2c  a  b2  c  - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Trang Câu 1.1 Trong mặt phẳng Oxy cho parabol  P  : y  x  mx  3m  , đường thằng  d  : x  y  m  ( m tham số thực) hai điểm A  1;  1 , B  2;  Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P hai điểm phân biệt M , N cho A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành Lời giải Xét phương trình hồnh độ giao điểm  P   d  : x2  mx  3m   x  m  x2   m  1 x  2m  1  Đường thẳng  d  cắt parabol  P  hai điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt m      m  1   2m     m2  10m     m  Khi đó,  d  cắt  P  hai điểm M  x1 ; x1  m  , N  x2 ; x2  m  với x1 , x2 nghiệm 1 (giả sử x1  x2 )  Bốn điểm A , B , M , N bốn đỉnh hình bình hành xảy trường hợp sau: Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM  AB  MN   x2  x1 2m   x1    x1  x2   m  4m   Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ:  x1 x2  2m    x2  x  x     x1 x2  2m    Suy  m  2m 4m  2m   m2  10m    2  m  10  x  1  M  1;  1  A  Với m  , 1 trở thành: x  x     (loại) x   N  2;   B  x  6  M  6;   Với m  10 , 1 trở thành: x  x  18    thỏa mãn ABNM tạo  x  3  N  3;7  thành hình bình hành Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM Trang 1 1 Khi đó, I  ;  trung điểm AB trung điểm MN nên 2 2  x1  x2    m  (loại)   x1  x2  2m   2 Vậy m  10 Câu 1.2 Cho số thực x, y thỏa mãn:  x  y    xy Gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ biểu thức P   x  y   x y Tính M  m Lời giải P   x  y   x y   x  y   x y   x y    7x  y P  2 2   xy  2 2  10 x y     10 x y   x y  xy  1  10 x y   2 33 2 7 x y  xy  4 Đặt t  xy , ta có  xy   x  y   xy  xy  1 t 3 1 2  x  y   xy    xy   x  y    5xy   xy    t     5 P M 33 7 t  t 4  1 với t    ;   3 7 70 20 xảy t  hay xy  Khi x  y  33 33 33 33 Trang    x       y   xy  33   Ta có     x  y  20   33  x       y    m 34  33 11 34  33 11 34  33 11 34  33 11 18 1 xảy t   hay xy   Khi x  y  25 5   x        y    xy   5  Ta có     x2  y   x    5    y    Vậy M  m  2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình  x  1 x  x  25  23x  13 Lời giải Ta có  x  1 x  x  25  23x  13   x  1  x  x  25   x  3  x  18x  16  1   TH1: 3  x  x  x  25   x  3    (PTVN)   x  x  25  2 x  TH2: x  x  25   x  3  1   x  1  2x  18 x  16  x  x  25   x  3  x  18 x  16  Trang   x 1   x  18 x  16    1   x  x  25   x  3   x  18 x  16  1  x 1  1   x  x  25   x  3   2 x 1 Giải 1 ta  x  Giải    x  x  25  3x  4  x    x  5  3x  30 x      Vậy tập nghiệm phương trình cho S  1; 8;   Câu 2.2 Giải hệ phương trình 3   x  y  3x  x  y     ( x  1) y   ( x  6) y   x  x  12 y Lời giải Điều kiện: y  1 Ta có x3  y3  3x2  x  y    ( x  1)3  3( x  1)  y3  y (1) Xét hàm số f (t )  t  3t , f (t )  3t   0, t  Do hàm số f (t ) đồng biến Mà phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( y) nên x   y Do y  1 nên x  2 Thế x   y vào phương trình ( x  1) y   ( x  6) y   x  5x  12 y ta có ( x  1) x   ( x  6) x   x2  x  12  ( x  1)( x   2)  ( x  6)( x   3)  x  x   x  2(TM ) ( x  1)( x  2) ( x  6)( x  2)    ( x  2)( x  4)   x  x6    x  (*) x2 2 x7 3  x   x7 3 Giải phương trình (*): x 1 x6 2( x  2) 2( x  6)   x4  ( x  2)    ( x  6)  x2 2 x7 3 x2 2 x2 2 x7 3   x2    x  1   ( x  2)   ( x  6)      (**) x2 2  x2 2  x7 3  Dễ thấy vế trái phương trình (**) ln âm với x  2 Trang Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (2;3) Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm có thể xét riêng Trường hợp 1: x  1  VT  x 1 x    x  x4 2 Trường hợp 2: x 1 x6  x22 x7 3 x6   2x  x 1  x6   2     x7 3  x2 2  1  x  2  VP  VT   x    Câu Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân A(1;3) Gọi D điểm cạnh AB cho 1 3 AB  AD H hình chiếu vng góc B CD Điểm M  ;   trung điểm 2 2 HC Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm đường thẳng có phương trình x y 7  Lời giải Gọi F trung điểm BC Gọi E giao điểm CD với đường thẳng qua A song song với BC  AEBF hình chữ nhật  AEBF nội tiếp đường tròn (T ) có đường kính AB EF Ta có MF đường trung bình tam giác BHC  MF song song với BH  EMF  900  E, M , F nằm đường tròn đường kính EF  A, E, B, F , M nằm đường tròn (T )  AMB  900  AM  BM Vì B   d  : x  y    B(b; 7  b) Vì AM  BM  AM BM   b  4  B(4; 3) Do D nằm cạnh AB AB  AD  AB  AD  D(2;1)  Phương trình đường thẳng CD là: x  y    C (c; 1  c) Trang c  7 C (7;6) 2 Do AB  AC   c  1   4  c   45    c  C (2; 3) Câu 4.1 Cho tam giác ABC có cạnh 15 Lấy điểm M , N , P cạnh BC, CA, AB cho BM  5, CM  10, AP  Chứng minh AM  PN Lời giải Đặt AB  b, AC  c Khi BC  c  b b.c  b c cos60  225 1 Ta có AM  AB  BM  AB  BC  b  (c  b)  c  b 3 3 PN  AN  AP  c  b 15 2 Khi AM PN   c  b   c  b   c  b  b.c      225    15  45 15 3  45 15  Suy AM  PN Câu 4.2 Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c R, r bán kính đường tròn ngoại a  b  c 2r tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn   Chứng tam giác ABC tam abc R giác Lời giải Ta có: S   Do đó: abc abc r abc r  pr  S  p  p  p  a  p  b  p  c   p 4R R R 2r  a  b  c  a  b  c  b  c  a   R abc a  b  c 2r  4 abc R  a3  b3  c3   a  b  c  a  b  c b  c  a   4abc  a3  b3  c3  a   b  c    b  c  a   4abc   Trang  a3  b3  c3  a3  a  b  c    b  c  b  c   a b  c    4abc    a2b  ab2  b2c  bc2  c2 a  a 2c  6abc (*) Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a2b  ab2  b2c  bc2  c2a  a 2c  6abc Dấu xảy a  b  c Ta có: (*)  a  b  c  ABC tam giác (Đpcm) Câu 4.3 Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R  Đặt diện tích tứ giác ABCD S AB  a, BC  b, CD  c, DA  d Tính giá trị biểu thức T   ab  cd  ad  bc  S Lời giải D c d O C A a b B Ta có : S ABC  S R a.b AC  ab  ABC 4R AC Tương tự ta có : cd  T S R S ADC R S R , ad  ABD , bc  BCD BD BD AC  ab  cd  ad  bc  S  S ABC R S ADC R  S ABD R S BCD R       AC AC  BD BD    S S S S S S S S S   ABC ABD  ABC BCD  ADC ABD  ADC BCD  AC BD AC BD AC BD AC BD    S   S ABC S ABD  S ABC SBCD  S ADC S ABD  S ADC SBCD  S AC.BD Trang  S ABC S  S ADC S  4S  S ABC  S ADC  4S S  2 S AC.BD S AC.BD S.2S  S ABC  S ABD  S BCD   S ADC  S ABD  S BCD     S AC.BD   Vậy T  Câu Cho số thực dương a , b , c thỏa mãn a  b  c  Chứng minh a2 b2 c2 a  b2  c    2a  2b  2c  a  b2  c  Lời giải Cách 1: Bất đẳng thức cho tương đương với a  b2  c a2 b2 c2    0 a  b  c  2a  2b  2c  VT Trong  a2 a2 a2 1 a 11 a 2a     a a   a a.1.1   a   2a  a  a 1 3 3 9 a.a.1 Tương tự ta có  Suy VT  b2 c2 b2 2b c 2c      2b  2c  9 9 a  b2  c a b c 6 2  2 a  b2  c     a  b  c  2 3 a  b  c   t  3; 15  Đặt t  a  b2  c  Ta có  a  b  c  a  b  c     Lúc đó, với t  3; 15  ta có t2  2 t  t 9t  54  t   t  t  t    18 VT   t  6       t t 9t 9t Dấu xảy t  , suy a  b  c  Cách 2: Ta có a a2 a a2 a2 a a2       2a  2 a  2 a  a 2a  2 a  a Tương tự có b2 b b2 c2 c c2     2b  2 2b  b 2c  2 2c  c a2 b2 c2  a2 b2 c2         Suy  2a  2b  2c  2  2a  a 2b  b 2c  c  Trang 10 Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có a  b  c a2 b2 c2     2 2a  a 2b  b 2c  c  a  b2  c    a  b2  c    a2 b2 c2 9       2 2 2a  2b  2c  2  a  b  c    a  b  c   Ta cần chứng minh a  b2  c    a  b2  c   a  b2  c  1  a  b  c  2 3 a  b  c  Đặt t  a  b2  c  Ta có  a  b  c  a  b  c  ab  bc  ca       t2  t2    Suy t  3; 15  Ta có 1       2 4t  18 t t  2t   2 t  81 t4 81 Mặt khác, ta có  2t   9t   9    9  2t   2t 81 Ta cần chứng minh t    t 2t  81 t t t t t 81 t 81 t t          5      6 6 2t 2592 2 Thật vậy, t  nên  2t   2   t 81 Suy t      t 2t 2 Dấu ''  '' xảy t  , suy a  b  c  Trang 11 ... liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm (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...  2m   m2  10m    2  m  10  x  1  M  1;  1  A  Với m  , 1 trở thành: x  x     (loại) x   N  2;   B  x  6  M  6;   Với m  10 , 1 trở thành: x  x ...    xy   5  Ta có     x2  y   x    5    y    Vậy M  m  2344 825 Câu 2.1 Giải phương trình  x  1 x  x  25  23x  13 Lời giải Ta có  x  1 x  x  25
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải, Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn