Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm thanh xuân cầu giấy có lời giải

CỤM TRƯỜNG THANH XUÂN – CẦU
GIẤY – THƯỜNG TÍN – HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 120 phút

Câu 1.

Cho hàm số y  x 2  2 x  2 1 .
a)

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số 1 .

b)

Tìm m để phương trình  x2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn

x1  1  3  x2 .
Câu 2.

Câu 3.

a)

Giải bất phương trình sau:  x 2  4 x  2 x 2  5 x  3  0 .

b)

2

2

2 x  xy  y  5 x  y  2  0
Giải hệ phương trình sau :  2
.
2
x

y

x

y

4

0



c)

Tìm m để bất phương trình  2 

?

Cho tam giác ABC . Đặt a  BC , b  AC , c  AB . Gọi M là điểm tùy ý.
a)
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  MB2  MC 2 theo a , b , c .
b)

Câu 4.

x2  4 x  m
 3 nghiệm đúng x
x2  2 x  3





Giả sử a  6 cm , b  2cm , c  1  3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của

tam giác ABC và diện tích tam giác ABC .
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên
BD ; I là trung điểm của BH . Biết đỉnh A  2;1 , phương trình đường chéo BD

Câu 5.

 42 41 
là: x  5 y  19  0 , điểm I  ;  .
 13 13 
a)
Viết phương trình tham số của đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H ?
b)
Viết phương trình tổng quát của cạnh AD.
Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a 2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng
a
b
c

3 3
.
 2
 2

2
2
2
b c c a
a b
2
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2

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.

Cho hàm số y  x 2  2 x  2 1 .
a)

Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị  P  của hàm số 1 .

b)

Tìm m để phương trình  x2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn

x1  1  3  x2 .
Lời giải
a)

Tập xác định: D 

.

Tọa độ đỉnh I 1;1
Hệ số a  1  0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng  ;1 và đồng biến trên khoảng

1;   .
Bảng biến thiên:

Đồ thị:  P  có tọa độ đỉnh I 1;1 ; trục đối xứng là đường thẳng x  1 .  P  đi qua các điểm

A  0; 2  ; B  2; 2  .

Trang 2


b) Tìm m để phương trình  x2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn

x1  1  3  x2 .
Lời giải
Cách 1:
Để phương trình  x2  2 x  2  m  0 có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1  1  3  x2

   0
1  2  m  0


thì ( x1  1)( x2  1)  0   x1 x2  ( x1  x2 )  1  0
( x  3)( x  3)  0
 x x  3( x  x )  9  0
 1
2
 1 2
1
2

1  m  0
m  1

 2  m  2  1  0  
 m  5
m


5

2  m  6  9  0

Vậy m  5
Cách 2:
Ta có  x2  2 x  2  m  0  x 2  2 x  2  m *
Số nghiệm của phương trình * bằng số giao điểm của hai đồ thị hàm số:

y  x 2  2 x  2  P  với đường thẳng y  m .
Để phương trình * có hai nghiệm x1 và x2 thỏa mãn x1  1  3  x2 , từ đồ thị ở phần a)
ta có m  5  m  5 .
Câu 2.

a) Giải bất phương trình sau:  x 2  4 x  2 x 2  5x  3  0 .
Lời giải

x

2

 4 x  2 x2  5x  3  0

*

Trang 3


 x  3
ĐKXĐ: 2 x  5 x  3  0  
x  1

2
 x  4
x  0
 x2  4 x  0

  x  3
 *   2


 2 x  5 x  3  0
x  1

2
So sánh điều kiện, suy ra tập nghiệm của bất phương trình
1

là S    ;  4   ;     3 .
2

2

2 x 2  xy  y 2  5 x  y  2  0(1)
b) Giải hệ phương trình sau :  2
.
2
 x  y  x  y  4  0(2)
Lời giải
Tác giả ; Trần Dung ; Fb: Dung Chang.
Từ
phương
trình
:
2 x2  xy  y 2  5x  y  2  0  2 x2  2 xy  xy  y 2  x  4 x  2 y  y  2  0

 (2 x2  xy  x)  (2 xy  y2  y)  (2 y  4 x  2)  0
 x(2 x  y 1)  y(2 x  y  1)  2(2 x  y  1)  0
 (2 x  y 1)( x  y  2)  0
 2 x  y  1  0 (3)


 x  y  2  0 (4)
Kết hợp (2) và (3) hoặc (2) và (4) ta có hệ :
 x2  y 2  x  y  4  0
  x 2  (2 x  1) 2  x  (2 x  1)  4  0
 x2  y 2  x  y  4  0



 2 x  y  1  0
 y  2 x  1
 y  2 x  1


 2
 2
 2
 x  (2  x) 2  x  (2  x)  4  0
x  y2  x  y  4  0
x  y2  x  y  4  0






  x  y  2  0
  y  2  x
  y  2  x


4
x


2
2


 5 x  x  4  0
 5 x  x  4  0
5



13

 y  2 x  1
 y  2 x  1


   y  
2
2
5


 2 x  4 x  2  0
 ( x  1)  0
 x  1
  y  2  x

  y  2  x
 y  1



 4 13  
Vậy nghiệm của hệ S   x ; y   1;1 ,  ;    .
5 
5


c) Tìm m để bất phương trình  2 

x2  4 x  m
 3 nghiệm đúng x
x2  2 x  3

?

Lời giải
+/ Ta có x  2 x  3   x 1  2  0 x 
2

2

nên :
Trang 4


2 

 2 x 2  4 x  6  x 2  4 x  m
3x 2  8 x  m  6  0
x2  4x  m

3


 2
 2
2
x2  2x  3
 x  4 x  m  3x  6 x  9
 2x  2x  9  m  0

(1)
( 2)

.

+/ Yêu cầu bài toán trở thành tìm m để mỗi bất phương trình 1 và  2  nghiệm đúng
với mọi x thuộc

.

2
 1  42  3  m  6   0  m   .
3
17
 2 12  2  9  m   0  m  .

2

Ta thấy : 1 nghiệm đúng với mọi x thuộc

 2  nghiệm đúng với mọi

x thuộc

 2 17 
Vậy m  ;  .
 3 2

Câu 3.

a) Cho tam giác ABC . Đặt a  BC , b  AC , c  AB . Gọi M là điểm tùy ý. Tìm giá trị nhỏ
nhất của biểu thức P  MA2  MB2  MC 2 theo a , b , c .
Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC suy ra GA  GB  GC  0 .
2

2

2

Ta có P  MA2  MB2  MC 2  MA  MB  MC .









 MA2  MG  GA 2  MG 2  2.MG.GA  GA 2

2

2
2
Với  MB  MG  GB  MG 2  2.MG.GB  GB

2
2
 MC  MG  GC  MG 2  2.MG.GC  GC 2


 MA  MB  MC  3MG 2   GA2  GB 2  GC 2 
2

2

2

Khi đó P  3MG 2   GA2  GB 2  GC 2  và Pmin  MG 2min  MGmin  M  G .

 2 4 2 4  b2  c2 a 2  1
    2b 2  2c 2  a 2 
GA  ma  
9

9 2
4  9


4
4  a 2  c2 b2  1
    2a 2  2c 2  b 2  .
Mặt khác GB 2  mb 2  
9
9 2
4 9


2
2
 2

GC 2  4 mc 2  4  a  b  c   1  2a 2  2b 2  c 2 
9
9 2
4 9

Từ trên, ta được: Pmin  GA2  GB 2  GC 2 

M G .



1 2
a  b2  c 2  . Dấu bằng diễn ra khi và chỉ khi


3



b) Giả sử a  6 cm , b  2cm , c  1  3 cm . Tính số đo góc nhỏ nhất của tam giác
ABC và diện tích tam giác ABC .





Lời giải

Do a  6 cm, b  2cm, c  1  3 cm nên b là cạnh nhỏ nhất trong ba cạnh của tam giác.
Từ đó góc B là góc có số đo nhỏ nhất trong tam giác.
Áp dụng hệ quả của định lý Cosin trong tam giác ABC ta có:

Trang 5






2

a 2  c 2  b2 6  1  3  4
2
. Vậy góc B có số đo là 45 .

cos B 


2ac
2
2 6. 1  3









1
3 3
1
6. 1  3 .sin 45 
Diện tích tam giác ABC là: S  ac.sin B 
cm2  .

2
2
2
Hoặc: Gọi p là nửa chu vi của tam giác ABC . Ta có:
p

a b  c 3 6  3
.


2
2

pa 

3 3  6
.
2

p b 

6  3 1
.
2

pc 

6  3 1
.
2

3 3
cm2  .

2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD . Gọi H là hình chiếu của A lên

Diện tích tam giác ABC là: S 

Câu 4.

p  p  a  p  b  p  c  

BD ; I là trung điểm của BH . Biết đỉnh A  2;1 , phương trình đường chéo BD

 42 41 
là: x  5 y  19  0 , điểm I  ;  .
 13 13 
a) Viết phương trình tham số đường thẳng AH . Tìm tọa độ điểm H ?
Lời giải

BD : x  5 y  19  0 có một véc tơ pháp tuyến là n BD  1;5

AH  BD nên AH nhận n BD  1;5 làm véc tơ chỉ phương.
 u AH  n BD  1;5

+ Đường thẳng AH đi qua A  2;1 và có một véc tơ chỉ phương u AH  1;5 nên có phương

x  2  t
trình tham số là: 
t  .
 y  1  5t
+ H là giao điểm của AH và BD nên tọa độ của H thỏa mãn hệ phương trình:

Trang 6



x  2  t

x  2  t


 32 43 
  y  1  5t  H  ;  .
 y  1  5t
 13 13 
 x  5 y  19  0

6

t 
 13
b) Viết phương trình tổng quát cạnh AD.
Lời giải

A
B
I
H
C

D

 32 43 
Theo câu a) ta có H  ;  mà I là trung điểm của BH nên suy ra B  4;3 nên tọa độ
 13 13 
của véctơ là AB   2; 2   2 1;1 .
Đường thẳng AD đi qua điểm A  2;1 , nhận n  1;1 làm một vectơ pháp tuyến, có
phương trình tổng quát là:  x  2    y  1  0  x  y  3  0 .

Câu 5.

Cho ba số dương a , b , c thỏa mãn a 2  b2  c2  1 . Chứng minh rằng
a
b
c
3 3
.
 2
 2

2
2
2
b c c a
a b
2
Lời giải
2

Do a , b , c dương và a 2  b2  c2  1 nên 0  a , b , c  1 và 1  a 2 ,1  b2 ,1  c2  0 .
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số không âm 2a 2 ,1  a 2 ,1  a 2 , ta được:
2a 2  1  a 2   1  a 2   3 3 2a 2 1  a 2 1  a 2 

 2a 2 1  a 2 1  a 2  

23
27

 *

, dấu "  " xảy ra  3a 2  1  a 

3
.
3

Ta có:

a
a
a2



b2  c 2 1  a 2 a 1  a 2 

a2
1
 2a 2 1  a 2 1  a 2 
2

*



a2
1 23

2 27



3 3a 2
2

1

Chứng minh tương tự, ta được:

Trang 7


b
b
b2



c 2  a 2 1  b 2 b 1  b2 
c
c
c2



a 2  b 2 1  c 2 c 1  c 2 

b2
1

 2b 2 1  b 2 1  b 2 
2
c2
1
 2c 2 1  c 2 1  c 2 
2




b2

3 3b 2

2
1 23

2 27

 2

c2

 3

3 3c 2

2
1 23


2 27

Cộng 1 ,  2  ,  3 vế theo vế ta được:
a
b
c
3 3 2
 2
 2

a  b2  c 2 

2
2
2
b c c a a b
2
2



a
b
c
3 3
3
(đpcm). Dấu "  " xảy ra  a  b  c 
.
 2
 2


2
2
2
b c c a
a b
2
3
2

Trang 8