CỤM TRƯỜNG HÀ ĐÔNG _ HOÀI ĐỨC
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
HÀ NỘI
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút
Câu 1. ( 5,0 điểm)
2
a) Tìm m để phương trình mx 2 m 2 x 2m 7 0 ( m là tham số) có hai nghiệm
x1 , x2 thỏa mãn: x1 x2
4
.
3
b) Tìm tất cả giá trị của tham số m để
x2 4 x 4
2 với mọi giá trị x
x 2 2(m 1) x 16
.
Câu 2. ( 5,0 điểm)
a) Cho phương trình x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham
số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14 x2 4 x34 x4 4 52 .
b) Giải phương trình 4x 2 12x x 1 27 x 1 .
Câu 3. ( 5,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh
A, B, C lần lượt là ha , hb , hc . Biết rằng a sinA b sinB c sinC ha hb hc , chứng minh tam
giác ABC đều.
y
b) Cho hai tia Ax , By với AB 100 cm , xAB 450 và
x
By AB . Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với
N
vận tốc 3 2 cm / s , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên
tia By bắt đầu từ B với vận tốc 4 cm / s . Sau t (giây) chất điểm
X di chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển
được đoạn đường BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
Câu 4. ( 5,0 điểm)
M
450
A
B
mx y m 1
a) Cho hệ phương trình
. Khi hệ có nghiệm duy nhất xo ; yo , hãy tìm giá trị
x my 2
nhỏ nhất của biểu thức A xo 2 2 yo 5 .
b) Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B, C
lần lượt là ma , mb , mc . Chứng minh rằng:
a
b
c
2 3.
ma mb mc
----------- 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
2
Câu 1a. Tìm m để phương trình mx 2 m 2 x 2m 7 0 ( m là tham số) có hai nghiệm x1 , x2
thỏa mãn: x1 x2
4
.
3
Lời giải
Ta có x1 x2
4
0 x1 x2 .
3
2
Do đó, phương trình mx 2 m 2 x 2m 7 0 có hai nghiệm x1 , x2
m 0
m 0
m 0
2
.
2
1 m 4
m 3m 4 0
m 2 m 2m 7 0
2 m 2
S x1 x2
m
Theo định lí Vi-ét, ta có:
.
2
m
7
P x .x
1 2
m
Khi đó:
2 m 2
4
16
16
2m 7 16
x1 x2 x12 2 x1 x2 x22
S 2 4P
4
3
9
9
m
m 9
2
m 3
m 2 4m 4 2 m 7 4
13 2
m 3m 4 0
.
m 12
m2
m
9
9
13
m 3
Kết hợp điều kiện suy ra
.
m 12
13
Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x1 x2
Câu 1b. Tìm tất cả giá trị của tham số m để
2
.
a
x2 4 x 4
2 với mọi giá trị x .
x 2 2(m 1) x 16
Lời giải
Trang 2
Để
x2 4x 4
2 với mọi giá trị x
x 2 2(m 1) x 16
trước hết cần điều kiện:
x2 2(m 1) x 16 0, x
' 0 (m 1)2 16 0 3 m 5 (1)
Khi đó x2 2(m 1) x 16 0, x
nên
yêu cầu bài toán x2 4 x 4 2 x2 4(m 1) x 32 với mọi giá trị x
x2 4(m 2) x 36 0 với mọi giá trị x
' 0 4(m 2)2 36 0 1 m 5 (2) .
Từ (1) và (2) suy ra 1 m 5 là tất cả giá trị cần tìm.
Câu 2a. Cho phương trình x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham
số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14 +x2 4 x34 x4 4 52 .
Lời giải
Cách 1:
x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 1 .
Đặt t x 2 , t 0 .
Phương trình trở thành t 2 2 m 2 t 2m 3 0
2 .
Phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 Phương trình 2 có 2 nghiệm dương
phân biệt t 1 , t 2
'(2) 0
m 2 2m 1 0
m 1
S 0 m 2 0
3 .
P 0
2 m 3 0
m 2
t t 2 m 2
Áp dụng định lý Vi-et, ta có 1 2
.
t
t
2
m
3
12
Đến đây, do x 14 x 2 4 x 34 x 4 4 52 nên
m 1
2
2t 12 2t 2 2 52 t 12 t 2 2 26 t 1 t 2 2t 1t 2 26 0 4m2 12m 16 0
m 4
.
Đối chiếu điều kiện * ta được m 1 .
Cách 2:
x 4 2 m 2 x 2 2m 3 0 x 2 1 x 2 2m 3 0
x 1
x 2 1 0
.
2
2
x
2
m
3
2
x
2
m
3
0
Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân
biệt và khác nghiệm x 1; x 1
Trang 3
3
2 m 3 0
m
2 .
1 2m 3
m 1
Ta có : x 14 x 2 4 x 34 x 4 4 52 (1)4 (1)4
2m 3
4
2m 3
4
52
m 1
2
2m 3 25
.
m 4
Đối chiếu điều kiện ta được m 1 .
Câu 2b. Giải phương trình 4x 2 12x x 1 27 x 1 .
Lời giải
Điều kiện: x 1 0 x 1 .
4x 2 12x x 1 27 x 1 4x 2 2.2x .3 x 1 9 x 1 36 x 1
2x 3 x 1
2
2x 3 x 1 6 x 1
2x 3 x 1
36 x 1
2x 3 x 1 6 x 1
2x 9 x 1
4 x 2 9 x 1
x 3
x 0
(thỏa mãn điều kiện).
x 81 9 97
2
4
x
81
x
1
8
1 x 0
81 9 97
.
8
Câu 3a. Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x 3 và x
lần lượt là ha , hb , hc . Biết rằng a sinA b sinB c sinC ha hb hc , chứng minh tam giác
ABC đều.
Lời giải
A
b
c
B
Trong tam giác ABC ta có sinA
và ha
a
C
2S
2S
2S
, sinB
, sinC
bc
ac
ab
2S
2S
2S
, hb , hc
, với S là diện tích của tam giác ABC .
a
b
c
Ta có a sinA b sinB c sin C ha hb hc
a
2S
2S
2S 2S 2S 2S
b
c
bc
ac
ab
a
b
c
Trang 4
a 2 b2 c 2 ab ac bc
abc
abc
a b a c b c 0
2
2
2
a bc.
Vậy tam giác ABC đều.
Câu 3b.
Cho hai tia Ax , By với AB 100 cm , xAB 450 và By AB .
Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với vận tốc
3 2 cm / s , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên tia By
bắt đầu từ B với vận tốc 4 cm / s . Sau t (giây) chất điểm X di
chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển được đoạn
đường BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
y
x
N
M
450
A
B
Lời giải
Sau t (giây) ta có AM 3 2t (cm) , BN 4t (cm) .
y'
N
M
K
A
H
x'
B
Dựng hệ trục Descartes vuông góc Axy, A O(0;0) như hình vẽ trên.
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay .
Với t 0 ( tức M A ) ta có AHMK là hình vuông. Suy ra AH AK 3t (cm) .
M 3t;3t , N 100;4t . (Nói thêm là trường hợp M A thì tọa độ M vẫn đúng).
Khi đó MN 2 100 3t t 2 10t 2 600t 10000 10 t 30 1000 1000, t
2
2
.
MN 10 10, t .
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi t 30 .
Vậy min MN 10 10 cm khi t 30 giây.
mx y m 1
Câu 4a. Cho hệ phương trình
. Khi hệ có nghiệm duy nhất xo ; yo , hãy tìm giá trị nhỏ
x my 2
nhất của biểu thức A xo 2 2 yo 5 .
Lời giải
Ta có: D
m
1
1
m
m2 1 , Dx
m 1 1
2
m
m2 m 2 và Dy
m m 1
1
2
m 1 .
Trang 5
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất D 0 m 1 (*).
Khi đó nghiệm của hệ là: xo
D
Dx m2 m 2 m 2
m 1
1
và yo y 2
.
2
D
D m 1 m 1
m 1
m 1
2
1
2
m2
Ta có: A xo 2 yo 5
5 1
6
m 1 m 1
m 1 m 1
2
2
2
2
4
1
6
2 2 2, m 1 .
2
m 1
m 1 m 1
1
Dấu " " xảy ra khi và chỉ khi
1
3
2 0 m ( thỏa mãn điều kiện (*)).
m 1
2
3
Vậy min A 2 khi m .
2
Câu 4b. Cho tam giác ABC có BC a, CA b, AB c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B, C lần
lượt là ma , mb , mc . Chứng minh rằng:
a
b
c
2 3.
ma mb mc
Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức: xy
Ta có: ama
2
3
Tương tự: bmb
x2 y 2
, x, y 0 . Dấu “=” xảy ra khi x y .
2
3 2 2(b 2 c 2 ) a 2
3 2
2
a
a ma
2 4
a 2 b2 c 2
3a 2 4
4
.
ma
2
2
2
3
2 3
3
a 2 b2 c 2
a 2 b2 c 2
; cmc
.
2 3
2 3
Vì vậy:
2 3a 2
2 3b2
2 3b2
a
b
c
a2
b2
c2
2
ma mb mc ama bmb cmc a b2 c 2 a 2 b2 c 2 a 2 b2 c 2
2 3(a 2 b2 c 2 )
a
b
c
2 3.
a 2 b2 c 2
ma mb mc
Dấu “=” xảy ra khi a b c hay tam giác ABC đều.
Trang 6