Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

ĐỀ THI MÔN: TOÁN
NĂM HỌC 2018-2019
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

1

Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y 

 x2  7 x  6

1  1  2x
Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để hai đồ
thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5 .
Câu 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình

2 x 2  2 x  m  x  1 có nghiệm.

Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình

x 1
 1 có tập nghiệm là  .
mx  4 x  m  3
2

Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2  6 x 1  4 x  5

 4 x  10 y  2 x  2 y  4

Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2

 x  2 y  2 2 x  7 xy  5 y  24

3
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh
BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với
PN. Tính độ dài PN theo a.
Câu 8 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC  2 AB ,

ABC  1200 và
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là  d  : x  y  2  0 . Biết 
A  3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác.

Câu 9 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết IG  IC .
Chứng minh rằng

a bc
2ab

(Với AB  c, BC  a, CA  b ).
3
a b

Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c 

của S  a 2 

1
b2

 b2 

1
c2

 c2 

1
a2

3
. Tìm giá trị nhỏ nhất
2

.

------Hết-----Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

ĐỀ THI MÔN: TOÁN

(Đáp án có 05 trang)

NĂM HỌC 2018-2019
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu
Nội dung trình bày
Điểm
1

1

(2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y 

 x2  7 x  6

1  1  2x
 x 2  7 x  6  0
Hàm số có xác định khi và chỉ khi 

1 1 2 x  0


0,5

 x  1

 x 2  7 x  6  0 

  x  6
1 1 2 x  0


1  1 2 x  1

0,5

 x  1

  x  6  0  x  1

0  x  1

0,5

Vậy tập xác định của hàm số là: D  0;1
2

0,5

(2,0 điểm). Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để hai
đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5 .
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x 2  2mx  3m  2 x  3
 x 2  2 m  1 x  3m  3  0 (*)
Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt
 m  1
.

 ' 0   
 m  4

0,5

0,5

Gọi A x1 ; 2 x1  3; B  x2 ; 2 x2  3 với x1 ; x2 là nghiệm phương trình (*)

 x1  x2  2  m  1
Theo Vi-et ta có: 
 x1.x2  3  m  1
2

0,5
2

2

Ta có: AB  5  x1  x2   5  x1  x2   20 x1.x2  20  m  1  60  m  1
2

2

AB  4 5  20  m  1  60  m  1  4 5   m  1  2  m  1  4  0

0,5

 m  0; m  5. So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5
3

(2,0 điểm). Tìm m để phương trình
Ta có

2 x 2  2 x  m  x  1 có nghiệm.

 x  1
2x2  2x  m  x  1   2
 x  4 x  m  1  0(*)

0,5


(*)  x 2  4 x  1  m . Xét y  x 2  4 x và y  1  m
x
y

0,5
1

2

+∞
+∞

-3

0,5
-4

Ta có bảng biến thiên hàm số y  x 2  4 x là:

4

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x  1 hay
1  m  4  m  5
x 1
 1 có tập
(2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình
2
mx  4 x  m  3

0,5

nghiệm là  .
Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx 2  4 x  m  3  0 với x  

m  0
m  0
 m  1
 2

( m =0 không thỏa mãn)  
  0
m  4
m  3m  4  0

0,5

Với m  1 . Khi đó ta có mx 2  4 x  m  3  0 với x  

Bpt  x  1  mx 2  4 x  m  3  mx 2  5 x  m  4  0 (1)

Bpt có tập nghiệm    (1)

Mà m  1  m 


4  41
m 
2
 0  4m 2  16m  25  0  

4  41
m 

2

0,5

4  41
2

Với m  4 . Khi đó ta có mx 2  4 x  m  3  0 với x  
Bpt  x  1  mx 2  4 x  m  3  mx 2  5 x  m  4  0 (2)

Bpt có tập nghiệm    (2)

Mà m  4  m 

KL: m 

5


4  41
m 
2
 0  4m 2  16m  25  0  

4  41
m 

2

0,5

4  41
2

4  41
4  41
; m
2
2

0,5

(2,0 điểm). Giải phương trình 2 x  6 x 1  4 x  5
2

4
Điều kiện: x   .
5

0,5

Đặt t  4 x  5  t  0

t 2 5
Ta có x 
thay vào ta được phương trình sau:
4
t 4 10t 2  25 6 2
2.
 t  5 1  t  t 4  22t 2  8t  77  0
16
4
2
2
 t  2t  7t  2t 11  0
t  1 2 2
1

 x  1 2
t2  1  2 2 t0 t  1  2 2



 
t  1  2 3

t  1  2 3
 x  2  3
3

t4  1 2 3
6

0,5

0,5

0,5

 4 x  10 y  2 x  2 y  4

(2,0 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2

 x  2 y  2 2 x  7 xy  5 y  24

3
Đặt a  4 x  10 y ; b  2 x  2 y  a, b  0 

a  b  4
a  b  4

  2
Khi đó hệ trở thành  a 2  b 2 ab


  24 a  b 2  2ab  144
 6
3


a b  4
a8






a  b  12
b  4
a  b  4





a ,b0
a  8








2


a  b  144 
a b  4
a  4




b  4






a  b  12 
b  8


a  8  4 x  10 y  8 2 x  5 y  32
Với 



b  4  2 x  2 y  4
 x  y  8

8

16
Giải hệ trên ta được x  ; y  .
3
3
(2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các

7

0,5

0,5

0,5
0,5

cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho
AM vuông góc với PN. Tính độ dài PN theo a.
A
P
N

0,5
B

C

M




Đặt AP  x AB  x  0 
    1   1  
2  1 
Ta có: AM  AB  BM  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC
3
3
3
3






  
 1 
PN  PA  AN   x AB  AC
3
 
 1 
2  1 
AM  PN  AM .PN  0   AB  AC    x AB  AC   0
3
3
3










a2 
2x 2 1 2  2 x 

a  a     AB. AC  0  AB. AC  a 2 cos 600 

3
9
2 
9 3

2x 2 1 2  2 x  a2
2x 1  2 x  1
4
a  a   
0
     0  x 
3
9
3 9 9 32
15
9 3 2
2

4  1 
 4  1  
Khi đó PN   AB  AC  PN 2    AB  AC 

15
3
3
 15


0,5



8

16 2 1 2 8 a 2
21

a  a  . 
225
9
45 2 225
21
 PN 
15
(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có
BC  2 AB , phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là

ABC  1200
 d  : x  y  2  0 . Biết 

0,5

0,5

và A  3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của

tam giác.
B

A

C

M

0,5

Đặt AB  a  a  0 
Ta có: AC 

AB 2  AC 2  2 AB. ACcos1200  a 7

AB 2  BC 2 AC 2
a 2 4 a 2 7 a 2 a 3
 BM 




2
4
2

4
2
2
2
3a
7a
Ta có AB 2  BM 2  a 2 

 AM 2
4
4
Suy ra tam giác ABM vuông tại B.
Khi đó phương trình AB: x  y  2  0

0,5

0,5

B là giao của AB và BM  B  2; 0 
Ta có: AB  d  A, BM   2  a  2  BM 

6
2

6
3
 m  2
2
2
M là trung điểm AC nên C 2  3; 4  3 hoặc C 2  3; 4  3

0,5

Gọi M  m; 2  m  . BM 









(2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết
9

IG  IC . Chứng minh rằng

a bc
2ab

(Với AB  c, BC  a, CA  b ).
3
a b


C

N
I

G

A

0,5
B

M



 
Ta chứng minh a IA  bIB  cIC  0
 
 
 

 a IC  CA  b IC  CB  cIC  0  CI 



1
a.CA  b.CB
abc
   


a
1

b
1  

 GI  CI  CG  
  CA  
  CB
 abc 3
 abc 3



 






0,5



  
Khi đó   2a  b  c  CA   2b  a  c  CB  aCA  bCB  0
 
 ab  CA.CB b  2a  b  c   a  2b  a  c    0
 
Do ab  CA.CB  ab  ab cos C  ab 1  cos C   0









0,5

Nên ta có: b  2a  b  c   a  2b  a  c   0
 b  3a  a  b  c   a  3b  a  b  c   0  6ab   a  b  a  b  c  

(2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c 
10

nhất của S  a 2 

1
b2

 b2 

1
c2

 c2 

1
a2

a  b  c 2ab

3
ab

0,5

3
. Tìm giá trị nhỏ
2

.

Ta thấy

S  a2 

1

1
1
1
1
1
2
2

...



b


...


c


...

16
b2
16b 2
16
c 2 
16c 2
16
a2
16a 2



16



1717

a2

16 32

16 b



16

1717

a2
16 32

16 b



1717

16

a2

0,5

16 32

16 b



a
b
c 
1
 17 17 8 16  17 8 16  17 8 16   3 17 17 8 5 5 5
16 c
16 a 
16 a b c
 16 b
3 17
3 17
3 17



5
15
2
217  2a 2b 2c 
2
a

2
b

2
c


217 


3



Vậy MinS 

0,5

1
3 17
. Dấu “=” xảy ra  a  b  c  .
2
2

0,5

0,5