Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Đan Phượng – Hà Nội

SỞ GD&ĐT HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT ĐAN PHƯỢNG
Đề chính thức
(Đề thi có 1 trang)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
MÔN: TOÁN
Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 120 phút
(Không kể thời gian giao đề)

Câu I (6 điểm)
1) Cho parabol ( P ) : y  2 x 2  6 x  1 ;
Tìm giá trị của k để đường thẳng  : y  (k  6) x  1 cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt M , N sao

3
2
2
3
2) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x  2(m  1) x  m  (m  1) 2  0 có hai nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:
cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d : y  2 x 

P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 

Câu II (5điểm):
1) Giải bất phương trình: ( x  1)( x  4)  5 x2  5x  28 ( x  R)

 x 2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0
2) Giải hệ phương trình : 
( x; y  R)

2
2
2
2
(
x

y
)
x

xy

y

3

3
x

y

2

2018 2019
Câu III (2 điểm). Cho x  0, y  0 là những số thay đổi thỏa mãn

 1 . Tìm giá trị nhỏ
x
y

nhất của biểu thức P  x  y
Câu IV(4 điểm)
1) Cho tam giác ABC có BC  a, AC  b diện tích bằng S .
1
Tính số đo các góc của tam giác này biết S   a 2  b2 
4
2) Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a . Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy
a
2a
các điểm N , M , P sao cho BN  , CM 
, AP  x  0  x  a  .
3
3
Tìm giá trị của x theo a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM
Câu IV(3 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD . Biết
 1 
diện tích hình thang bằng 14 ( đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 và trung điểm cạnh BC là H   ;0  .
 2 
Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên
đường thẳng d : 5x  y  1  0 .
------------------Hết------------------



 

Trang 1



ĐÁP ÁN
Câu I:
Câu I
Nội dung

6 điểm

Điểm

Tìm m... với parabol y  2 x 2  6 x  1
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì phương trình
2x2  6x 1  4x  6x 1 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 hay phương trình :

0.75

2x2  kx  2  0 có hai nghiệm phân biệt x1 ; x2 có   k 2  16  0
Khi đó giao điểm M  x1 ;(k  6) x1  1 , N  x2 ;(k  6) x2  1 nên trung điểm của

 x  x ( x  6) x1  1  ( x  6) x2  1 
đoạn thẳng MN là I  1 2 ;

2
 2

1 2

 k 2  3k  2 k 
k
Theo định lý Viet ta có x1  x2  nên I  ;


2
2
4




Do I thuộc đường thẳng y  2 x 

3
nên k 2  8k  2  0 hay k  4  3 2 thì
2

0.75

0.75

0.75

thỏa mãn bài toán.
2.

Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số);

3 điểm

x 2  2(m  1) x  m3  (m  1) 2  0 (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện
x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức sau:
P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 

Phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 khi

  (m  1)2  m3  (m  1) 2  0
m3  4m  0  2  m  0


(*) .

2  m  3
m  3
 x1  x2  2(m  1)  4
Với m thỏa mãn điều kiện (*), áp dụng Viet ta có :

Trang 2

0.75

0.75


 x1  x2  2(m  1)

3
2
 x1  x2  m  (m  1)
Nên P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8   x1  x2   8x1 x2
3



 8(m  1)3  8 m3  (m  1)2



 8  3m2  3m  1  m2  2m  1  8 2m2  5m   16m 2  40m

0.75

Ta có bảng biến thiên hàm số trên miền điều kiện
Ta có giá trị lớn nhất của P là 16 khi m  2
0.75

Giá trị nhỏ nhất của P là -144 khi m  2
Câu II

Điểm

Câu II

Nội dung

1.

Đk: x 

2 điểm

Ta có (1)  x  5x  28  24  5 x  5x  28  0
2

0.5

2

Đặt t  x2  5x  28(t  0)
0.5
Bất phương trình trở thành t  5t  24  0  3  t  8
2

So sánh điều kiện ta được 0  t  8

0.5

Với 0  t  8  x2  5x  28  64  9  x  4
0.5
KL đúng
2.
(3 điểm)
ĐKXĐ: y  1,5
(2)  x  y  3x  3 y  3  x  y   2  ( x  1)  ( y  1)
3

3

2

2

3

 x 1  y  1  y  x  2

0.5
3

0.5

Trang 3


Thay vào phương trình thứ nhất ta được;
2
2
 2x 1  1  x
1 
1

x  3x  1   2 x  1   x     2 x  1    
(Có
2 
2

 2 x  1  x
2

1.0

thể bình phương được phương trình: ( x  1)2  x 2  4 x  2   0)
Giải hai pt này ta được x  1, x  2  2 . Thử lại nghiệm...

1.0
KL: Hệ phương trình có hai nghiệm là ( x; y)  (1; 1),(2  2,  2)
Câu III
Điểm

Câu III

Nội dung

1.

 2018 2019 
P  ( x  y) 


x
y 

Có
2018 y 2019 x
 2018 

 2019
x
y

2 điểm

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số đương

0.5

2018y
2019x
và
ta được
x
y

2018 y 2019 x

 2 2018.2019
x
y

0.5

Suy ra P  ( 2018  2019)2


 x  0; y  0

 2018 2019
2
GTNN của P là ( 2018  2019) khi 

 10.5
y
 x

 2018 y 2019 x


y
 x

 x  2018( 2018  2019)

 y  2019( 2019  2018)

Trang 4

0.5

0,5


Câu IV
Câu IV

Nội dung

1.

Ta có S 

2 điểm

Điểm





1 2 2
1
a  b  ab sin C
4
2



0,5



 a 2  b2  2ab sin C

0,5

 (a  b)  2ab(1  sin C )  0 (1)
2

Hai số hạng của tổng (1) đều không âm nên

a  b  0
a  b  0


1  sin C  0 sin C  1

0,5

 A  B  45


C  90

0,5

KL đúng
1.
2 điểm

1
2
1
Ta có AN  AB  BN  AB  ( AC  AB)  AB  AC
3
3
3

0,5

1
x
AC  AB
3
a

0,5

1
x
2
 1

AN  PM  AN  PM  0   AB  AC    AC  AB   0
3
a
3
 3

2
2
2
2x
x
1
 AB  AC 
AB  AB  AC  AC  0
9
3a
3a
9

0.5

Ta lại có PM  PA  AM 



5x 2
4a
 x
. KL đúng
6a 9
15

0.5

Trang 5


Câu V
Câu V

Nội dung

Điểm

Gọi E  AH  DC
3 điểm

Dễ thấy HAB  HEC  S ADE  S ABCD  14
13
, AE  2AH  13 , phương trình tổng quát của đường thẳng AE:
2
2x  3 y  1  0
AH 

0.5

0.5

D  d  D(d ;5d 1), d  0
S ADE

d  2
1
28
 AE  d ( D, AE )  14  d ( D, AE ) 
 
 d  30 ( L)
2
13
13


0.5

Suy ra D(2;11)
0.5

+ H là trung điểm AE  E(2; 1)
Phương trình tổng quát của CD: 3x  y  5  0

0.5

Đường thẳng AB đi qua A và song song với CD

PT tổng quát của AB : 3x  y  2  0

0.5

Trang 6