Đề thi học sinh giỏi Toán lớp 10 cấp trường năm 2018 có đáp án

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1
Ngày thi: 30/01/2018
***
Câu I ( 2+2=4 điểm)

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 10
(Thời gian làm bài: 150 phút)

2
Cho parabol ( P ) : y = ax + bx − 1

 −3 −11 
1) Tìm các giá trị của a; b để parabol có đỉnh S  ;
÷.
 2 2 
2) Với giá trị của a; b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng
∆ : y = x (k + 6) + 1 cắt parabol tại hai điểm phân biệt M ; N sao cho trung điểm của
đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d : 4 x + 2 y − 3 = 0 .
Câu II ( 2 điểm)
uuuu
r

uuur

uuur

r
2 uuu

3

Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM = k BC , CN = CA ,
uuu
r 4 uuu
r
AP = AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
15

Câu III( 3+3+3=9 điểm)
1)

Tìm m để phương trình x + 6 x − 9 + m x + 2 x − 9 − 8 = x +

3m + 1
2

có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho x1 < 10 < x 2
2)
3)

Giải phương trình x = 3 − x . 4 − x + 4 − x . 5 − x + 5 − x . 3 − x
 x 2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2
2
( x − y )( x + xy + y + 3) = 3( x + y ) + 2

Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm)
uuu
r 1 uuur
Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Gọi E ; F là các điểm xác định bởi BE = BC ,
3
uuur
u
u
u
r
1
CF = − CD, đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại điểm I .
2
uuu
r uuu
r
1) Tính giá trị của EA.CE theo a.
2) Chứng minh rằng ·AIC = 900 .
Câu V ( 2 điểm)
Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P=

a a
b b
c c
+
+
.
2c + a + b

2a + b + c
2b + c + a

- - - - Hết - - - - -


“CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH”
Bài
Bài 1
Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM
Tìm

Điểm
4
điểm
2
điểm

….

Do Parabol nên

và có trục đối xứng

nên

0,5

.
Tọa độ đỉnh

có tung độ là

mà

nên ta có:

hay
Ta có hệ pt
Nếu
Nếu
Vậy

thế vào ta được:
loại.
thỏa mãn.
là giá trị cần tìm.

1,0

Câu 1 Tìm m … với parabol
ý2
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt
có hai nghiệm phân biệt
hay pt: 2 x 2 − kx − 2 = 0 có hai nghiệm phân biệt
có
Khi đó, giao điểm
nên trung điểm của đoạn

Bài 2

0,5

,
là

2
điểm
,

,
.

1 2

2
+
3
k
+
k ÷
k
k
2
Theo định lý Viet ta có x1 + x2 = nên I  ;
÷
4
2

2

÷


2
Do I thuộc đường thẳng
nên k + 8k − 2 = 0 hay thì
thỏa mãn bài toán.
uuuu
r
uuur
Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM = k BC ,
uuur 2 uuu
r uuu
r 4 uuu
r
CN = CA , AP = AB . Tìm k để AM vuông góc với PN .
15
uuuu
r3 uuur
uu
uu
r uuu
r
uuur uuu
r
+) BM = k BC ⇔ AM − AB = k ( AC − AB )

0,5

0,5

0,5
0,5


uuuu
r
uuu
r
uuur
⇔ AM = (1 − k ) AB + k AC .

r 1 uuur
uuur uuur uuu
r
4 uuu
+) PN = AN − AP = − AB + AC
15
3uuuu
r uuur
Để AM vuông góc với PN thì AM .PN = 0
uuu
r
uuur  4 uuu
r 1 uuur 
⇔  (1 − k ) AB + k AC   − AB + AC ÷ = 0
3
 15


r uuur
−4(1 − k )
k
1 − k 4k uuu
⇔
AB 2 + AC 2 + (
− ) AB AC = 0
15
3
3
15
−4(1 − k ) k 1 − k 4k
⇔
+ +(
− )cos600 = 0
15
3
3
15
1
⇔k=
3
KL: k =

1
3

Câu 3
1)

Tìm m để phương trình
x+6 x−9 +m x+ 2 x−9 −8 = x+

3m + 1
2

Giải:
PT ⇔ x − 9 + 3 + m ( x − 9 + 1) = x +

3m + 1
đặt t = x − 9, t ≥ 0
2

PT trở thành :
3m + 1
⇔ 2t 2 − 2 ( m + 1 ) t + m + 13 = 0 (1)
2
PT ban đầu có nghiệm x1 < 10 < x 2

t + 3 + m ( t + 1) = t 2 + 9 +

∆ ' > 0

⇔ (1) có nghiệm 0 ≤ t 1 < 1 < t 2 ⇔ ( t1 − 1) ( t 2 − 1) < 0

t1 + t 2 > 0

( m + 1) 2 − 2 ( m + 13 ) > 0
 m 2 − 25 > 0



 m + 13
⇔
− m − 1 + 1 < 0 ⇔ 13 − m < 0 ⇔ m > 13
 2
 m > −1

m + 1 > 0


2) Giải phương trình
x = 3 − x. 4 − x + 4 − x. 5 − x + 5 − x. 3 − x
giải:


Điều kiện: x ≤ 3
Đặt 3 − x = a ; 4 − x = b ; 5 − x = c với a, b, c là số thực
không âm.
Ta có x = 3 − a 2 = 4 − b 2 = 5 − c 2 = a.b + b.c + c.a
Do đó
3 − a 2 = ab + bc + ca
( a + b ) ( c + a ) = 3


2
 4 − b = ab + bc + ca ⇔ ( b + c ) ( a + b ) = 4


2

( c + a ) ( b + c ) = 5
5 − c = ab + bc + ca
Nhân từng vế ba phương trình ta được
( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) = 2 15


2 15
a + b =
5


2 15
15
15
15
⇒a+b+c=
+
+
Suy ra b + c =
3
5
4
3


2 15
c + a =
4

671

671
. Thử lại x =
thỏa mãn phương trình.
240
240
671
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x =
240
Suy ra x =

3)

 x 2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2
2
( x − y )( x + xy + y + 3) = 3( x + y ) + 2

Giải

 x 2 + y 2 − 2 y − 6 + 2 2 y + 3 = 0
(1)
Giải hệ phương trình 
.
2
2
2

2
( x − y )( x + xy + y + 3) = 3( x + y ) + 2 (2)

(2) ⇔

ĐKXĐ: y ≥ −1,5 .

x3 − y 3 + 3x − 3 y = 3 ( x 2 + y 2 ) + 2 ⇔ ( x − 1) = ( y + 1) ⇔ x − 1 = y + 1 ⇔ y = x − 2
3

3

Thay vào pt thứ nhất ta được:
2
2
 2x −1 = 1 − x
1 
1

x 2 − 3x + 1 = − 2 x − 1 ⇔  x − ÷ =  2 x − 1 − ÷ ⇔ 
2 
2

 2 x − 1 = x

(Có thể bình phương được pt: ( x −1) ( x 2 − 4 x + 2) = 0 )
Giải hai pt này ta được x = 1, x = 2 − 2
2

Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 1; −1) , ( 2 − 2, − 2 ) .

Câu 4
Giải:
1. Tính

theo a.

Ta có

;

Ta có

nên

Mặt khác:
Trong tam giác vuông

ta có

Nên
2.
Chứng minh
Ta có

Do
Nên

. Giả sử

thẳng hàng nên:

nên

và

Nên

nên

.

Câu 5

Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức P =
Giải

a a
b b
c c
+
+
.
2c + a + b
2a + b + c
2b + c + a

a a
a3
1
a3
a3
c+3 c+3
=
= (
+
+
)−
8
16
2c + a + b
c + (a + b + c) 2 c + 3
c+3
a3
a 3 c + 3 c + 3 3a c + 3
−
=
−
16
4
16
c+3 c+3 8
a a
3a c + 3
≥
−
Suy ra:

16
2c + a + b 4
b b
3b a + 3
c c
3c b + 3
≥ −
≥ −
Tương tự
và
16
16
2a + b + c 4
2b + a + c 4
1
≥ 33
2

3
2

Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được P ≥ ,
P=

3
khi a=b=c=1. KL
2