Tải bản đầy đủ (.doc) (6 trang)

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 môn Toán

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (545.11 KB, 6 trang )

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

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
)

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∆ + =

: 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= − +

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

×