Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT nam tiền hải thái bình có lời giải

THPT THUẬN NAM TIỀN HẢI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

THÁI BÌNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.

(4 điểm)Cho hàm số y  x2  2mx  2m2  4m có đồ thị là  Pm  .
1. Tìm m để  Pm  cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.
2. Tìm các giá trị của k để phương trình x 2  4 x  k có 4 nghiệm phân biệt

Câu 2.

(4 điểm)
1. Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3x2  15x  2 x 2  5x  1  2 .
2. Giải phương trình

Câu 3.







x  3  x  1 x2  x2  4 x  3  2 x

(2 điểm)Chứng minh rằng: a Sin A  b Sin B  c Sin C 

2  ma2  mb2  mc2 
3R

với mọi tam giác

ABC .
( a  BC , b  AC , c  AB ; ma , mb , mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
Câu 4.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
1. Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A  4;  1 , B 1;5 ,

C  4;  5 .

7

2. Cho B  0;1 , C  3;0  . Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại M  0;   và
3

10
chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng
(phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn
11
diện tích phần chứa điểm C ). Gọi A  a ; b  và a  0 . Tính T  a 2  b2 .
Bài 5.

32
và a  b  c  2 3 9 .
3
1
1
1
1


 1
3
3
3
32  3a 32  3b 32  3c
8

(2 điểm). Cho 0  a, b, c 
Chứng minh rằng:

3

----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 1


( – 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
Câu 1.

(4 điểm)Cho hàm số y  x2  2mx  2m2  4m có đồ thị là  Pm  .
1. Tìm m để  Pm  cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu.
2. Tìm các giá trị của k để phương trình x 2  4 x  k có 4 nghiệm phân biệt
Lời giải
1. Lập phương trình hoành độ giao điểm giữa  Pm  và Ox :

x2  2mx  2m2  4m  0 1 .

 Pm 

cắt Ox tại hai điểm phân biệt có hoành độ trái dấu khi phương trình 1 có 2 nghiệm trái

dấu  a.c  0  1.  2m2  4m   0  2m.  m  2   0  m  2.
Vậy 0  m  2 thỏa yêu cầu bài toán.
2. Xét ( P0 ) : y  x 2  4 x có TXĐ D 

, đỉnh I  2; 4  .

x  0
Phương trình hoành độ giao điểm của ( P0 ) và Ox là x 2  4 x  0  
x  4

Khi đó ta có bảng biến thiên của hàm số y  x 2  4 x là

Từ bảng biến thiên phương trình x 2  4 x  k có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 0  k  4 .
Vậy 0  k  4 thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 2.

(4 điểm)
1. Tính tổng các nghiệm của phương trình: 3x2  15x  2 x 2  5x  1  2 .
2. Giải phương trình







x  3  x  1 x2  x2  4 x  3  2 x

Lời giải
Trang 2


Ta có:

1.

3x 2  15 x  2 x 2  5 x  1  2
 3x 2  15 x  3  2 x 2  5 x  1  5  0
 3  x 2  5 x  1  2 x 2  5 x  1  5  0

x 2  5 x  1  t  t  0  , ta được phương trình ẩn t :

Đặt

t  1 TM 

3t  2t  5  0  
t   5  koTM 

3
2

 x2  5x  1  1
 x2  5x  0
x  0

 x  5
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là 5 .
Điều kiện xác định x  1.

2.

Ta có vế trái phương trình nhận giá trị dương nên x  0 .
Ta giải phương trình này với x  0 .
Khi đó







x  3  x  1 x  x  4x  3  2x 
2

2



2 x2  x2  4x  3
x  3  x 1

  2x

 x2  x2  4x  3  x x  3  x x  1




x  3  x 

 x x  x  3  x 1



 x





x3 x  0



x 1  0


1 3
x 
 x3  x
 x2  x  3  0
2


 2

1 5
 x  1  x
 x  x 1  0
x 

2
1  3 1  5 


Tập nghiệm của phương trình là T  
;
.
2 
 2



Câu 3.

(2 điểm)Chứng minh rằng: a Sin A  b Sin B  c Sin C 

2  ma2  mb2  mc2 
3R

với mọi tam giác

ABC .
( a  BC , b  AC , c  AB ; ma , mb , mc lần lượt là độ dài đường trung tuyến hạ từ A, B, C ; R
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
Lời giải
Ta có:
Trang 3


 b2  c 2 a 2 a 2  c 2 b2 a 2  b2 c 2 
2m  m  m   2


 
 
4
2
4
2
4
 2
2
a

2
b

2
c

a2
b2
c2
 a 2  c2   a 2  b2 
2
2
2
3  a 2  b2  c2 

 b2  c2 


2

Do đó:
VP 

3  a 2  b2  c 2 
2.3R



a 2  b2  c 2
a

b
c
 a.
 b.
 c.
2R
2R
2R
2R

 a.Sin A  b.Sin B  c.Sin C  VT
Câu 4.

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
1. Viết phương trình đường cao AD , phân giác trong CE của ABC biết A  4;  1 , B 1;5 ,

C  4;  5 .

7

2. Cho B  0;1 , C  3;0  . Đường phân giác trong góc BAC của BC cắt Oy tại M  0;   và
3

10
chia ABC thành hai phần có tỉ số diện tích bằng
(phần chứa điểm B có diện tích nhỏ hơn
11
diện tích phần chứa điểm C ). Gọi A  a ; b  và a  0 . Tính T  a 2  b2 .
Lời giải
1.

Ta có:

AB   3;6  , BC   5;  10  , AC   8;  4 

 AB  3 5 , BC  5 5 , AC  4 5


Ta có: BC   5;  10   5v với v  1; 2  .

Đường cao AD đi qua A  4;  1 và nhận v  1; 2  làm vectơ pháp tuyến
 Phương trình AD :1 x  4   2  y  1  0  x  2 y  2  0 .



Gọi E  x ; y  là chân đường phân giác trong của góc ACB , ta có:

EA CA 4


EB CB 5

4
 EA   EB , với EA   4  x ;  1  y  , EB  1  x ;5  y 
5
Trang 4


4
8



4  x   5 1  x 
 x  3
8 5


 E ;  .
3 3
1  y   4  5  y 
y  5


5
3


8 5
Đường thẳng CE đi qua C  4;  5 và E  ;  có phương trình x  y  9  0
3 3
2.

Ta có:
Gọi D  x ; y  là chân đường phân giác trong góc BAC .

1
d A, BC  .DB
SABD 2 
10


 .
Ta có:
SADC 1 d A, BC .DC 11


2
DB 10
10

  DB   DC với DB    x ;1  y  , DC   3  x ;  y 
DC 11
11
10
10


 x  7
 x   11  3  x 
 10 11 


 D ; 
 7 21 
1  y   10   y 
 y  11


11
21

7
 10 11 

Đường thẳng AD đi qua D  ;  và M  0;   có phương trình 6 x  3 y  7  0 .
3
 7 21 

7
7 
7



Có A  AD  A  a ; 2a    BA   a ; 2a   1 , CA   3  a ; 2a   .
3
3 
3



2

7 

a 2   2a   1 
DB AB
AB 2 102
100
3 




 2 

Mà
2
2
DC AC
AC
11
121
7
2
 3  a    2a  
3

10

a
l 

11
7
2
 105a  80a  100  0  
b .
3
a   2

3

125
Vậy T  a 2  b 2 
.
9

Trang 5


Bài 5.

32
và a  b  c  2 3 9 .
3
1
1
1
1


 1
3
3
3
32  3a 32  3b 32  3c
8

(2 điểm). Cho 0  a, b, c 
Chứng minh rằng:

3

Lời giải
Cách 1:
+ Áp dụng BĐT Cauchy-Schwarz dạng phân thức:

a 2  a  a  ...  an 
a12 a2 2
(với ai bất kỳ và bi  0 ).

 ...  n  1 2
b1 b2
bn
b1  b2  ...  bn
2

Dấu bằng xảy ra 
Do đó:

a
a1 a2

 ...  n .
b1 b2
bn

1
1
1
9




 2
3
3
3
3
32  3a 32  3b 32  3c
96  3(a  b3  c3 )

 8 8
+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 3 số không âm  a 3 , ,  ta được:
 3 3

8 8
8 8 12
a3    3 3 a3 . .  3 a .
3 3
3 3
9

Tương tự ta cũng có:

8 8
8 8 12
b3    3 3 b3 . .  3 b .
3 3
3 3
9

(3)
(4)

8 8
8 8 12
(5)
c3    3 3 c3 . .  3 c .
3 3
3 3
9
+ Cộng vế theo vế của (3), (4), (5) ta được:
12
12
a3  b3  c3  3  a  b  c   16  3 .2 3 9  16  8 .
9
9

 96  3  a 3  b3  c3   72

9 1
  dpcm 
72 8
1
1
 1
 32  3a 3  32  3b3  32  3c3

8
8
8

23 9

+ Dấu bằng xảy ra  a 3  ; b3  ; c3 
.
abc
3
3
3
3

a  b  c  2 3 9


 VP  2  

Cách 2:


1
32  3a3 
,
+ Áp dụng BĐT Cauchy cho bộ 2 số không âm 
 ta được:
3
242 
 32  3a
1
32  3a3
1
32  3a3 1



2.
.
 .
32  3a3
242
32  3a3
242
12
1
32  3b3
1
32  3b3 1

 2.
.

+ Tương tự ta cũng có:
32  3b3
242
32  3b3
242
12

Trang 6


1
32  3c3

1
32  3c3 1


2.
.

32  3c3
242
32  3c3 242
12
Cộng vế theo vế ta được:
1
1
1
32  3a3 32  3b3 32  3c3
1 1





 3. 
3
3
3
2
2
2
32  3a 32  3b 32  3c

24
24
24
12 4
3
3
3
3
3
1
1
1
1 1 a b c
1 a  b  c3








*
32  3a 3 32  3b3 32  3c3 4 6
192
12
192
+ Ta sẽ chứng minh: a3  b3  c3  8 .

Thật vậy ta có: a3  b3  c3   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a **

3

Áp dụng BĐT Cauchy ta có:
 a  b    b  c    c  a  
 2  a  b  c 

 a  b  b  c  c  a   
27
27
Thay vào (**) ta được:
3

3

 2  a  b  c  
a  b  c   a  b  c   3  a  b  b  c  c  a    a  b  c   3. 
27
3

3

 23 9





3

3

3

 2.2 9 
 3.
3

3

3

3

8
27
1
1
1
1
8
1
Do đó: * 


 
  dpcm 
3
3
3
32  3a 32  3b 32  3c 12 192 8

 1
32  3a 3

 32  3a 3
242

32  3b3
 1

 32  3b3
242

32  3c3
23 9
 1



a

b

c

3
242
3
Dấu bằng xảy ra
 32  3c
 a  b    b  c    c  a 


a  b  c  2 3 9




Trang 7