Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 đan phượng hà nội có lời giải

THPT ĐAN PHƯỢNG – HÀ NỘI

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

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 cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên

3
đường thẳng d : y  2 x  .
2
2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x2  2  m  1 x  m3   m  1  0 có hai
2

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức sau:
P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 .

Câu II (5 điểm)
1. Giải bất phương trình:  x  1 x  4   5 x 2  5x  28

x .

2
2

x  y  2 y  6  2 2 y  3  0
2. Giải hệ phương trình 

 x, y   .
2
2
2
2
x

y
x

xy

y

3

3
x

y

2









2018 2019

 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của
Câu III (2 điểm) Cho x; y  0 là những số thay đổi thỏa mãn
x
y
biểu thức P  x  y .

Câu IV (4 điểm)
1. Cho tam giác ABC có BC  a ; AC  b và diện tích bằng S . Tính các góc của tam giác này
1 2
a  b2  .

4
2. Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần lượt lấy các điểm

biết S 

a
2a
; CM 
; AP  x  0  x  a  . Tìm x theo a để đường thẳng AN
3
3
vuông góc với đường thẳng PM .
Câu V (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD . Biết
N , M , P sao cho BN 

diện tích hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 và trung điểm cạnh BC là
 1 

H   ;0  . Viết phương trình tổng quát của đường thẳng AB biết đỉnh D có hoành độ dương
 2 
và D nằm trên đường thẳng d : 5x  y  1  0 .

Trang 1


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

( – 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 I.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 cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên

3
đường thẳng d : y  2 x  .
2
Lời giải
Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và    là
2 x2  6 x  1   k  6  x  1  2 x2  kx  2  0 (1).

Phương trình (1) có   k 2  16  0, k 

nên nó luôn có hai nghiệm phân biệt. Suy ra với

mọi giá trị của tham số k thì đường thẳng  luôn cắt  P  tại hai điểm phân biệt M , N .
Gọi x1 , x2 lần lượt là hai nghiệm của (1). Khi đó theo Vi-et ta có x1  x2 

k
.
2

Ta có M  x1;  k  6  x1  1 ; N  x2 ;  k  6  x2  1 , nên tọa độ trung điểm I của MN là
 k  k  6 k 
I ;
 1 .
4
4



Điểm I  d khi và chỉ khi

 k  6 k  1   k  3  k 2  8k  2  0  k  4  3
4

2

2

2.

Vậy k  4  3 2 thì thỏa yêu cầu bài toán.
Câu I.2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x2  2  m  1 x  m3   m  1  0 có hai
2

nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu

thức sau:
P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8 .

Lời giải
Trang 2


Ta có  '   m  1  m3   m  1  m3  4m .
2

2

Phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  4
2


 '  0
m  m  4   0
m   2;0   2;  



 m   2;0   2;3 .
m

3

2
m


1

4
 x1  x2  4






Ta có P  x13  x23  x1 x2  3x1  3x2  8
  x1  x2   3x1 x2  x1  x2   3x1 x2  x1  x2   8 x1 x2
3

  x1  x2   8 x1 x2
3

3
2
  2  m  1   8  m3   m  1 



 8  m3  3m 2  3m  1  8m3  8  m 2  2m  1
 16m 2  40m

Xét P  16m2  40m với m  2;0   2;3 .

Vậy P đạt giá trị lớn nhất bằng 16 khi m  2 , đạt giá trị nhỏ nhất bằng 144 khi m  2 .
Câu II.1. Giải bất phương trình:  x  1 x  4   5 x 2  5x  28

x .

Lời giải
Vì x2  5x  28  0, x 

nên tập xác định của bất phương trình đã cho là

.

Ta có

 x  1 x  4  5

x 2  5x  28  x2  5x  4  5 x 2  5x  28

 x 2  5x  28  24  5 x 2  5x  28 *

Đặt a  x2  5x  28, a  0  a 2  x 2  5x  28 .
Bất phương trình * trở thành a2  24  5a  a2  5a  24  0  3  a  8 kết hợp với a  0
suy ra 0  a  8  0  x 2  5x  28  8  x2  5x  28  64  x2  5x  36  0  9  x  4 .
Vậy tập nghiệm bất phương trình là S   9; 4 .
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu II.1.1. Giải bất phương trình 1  x  1  x  x .
Trang 3


Lời giải
Điều kiện: 1  x  1 . Khi đó
1 x  1 x  x 

2x
2


 x  x
 1  0 . (1)
1 x  1 x
 1 x  1 x 

Ta thấy x  0 là nghiệm.
Với x  0 , ta có ( 1  x  1  x )2  2  2 1  x2  4  0  1  x  1  x  2



2
 1  0 . Do đó (1)  x  0 .
1 x  1 x

Suy ra nghiệm của bất phương trình là 0  x  1 .



x 1  2 x 1 2x  3

Câu II.1.2. Giải bất phương trình



Lời giải





x 1  2 x 1 2x  3  x  1  2 2x  3  2x  2

1

Điều kiện x  1, đặt t  x  1  t 2  1  x, t  0
 t  0

2
1

2t  t  0

2
2
Thay 1  2 2t  1  2t  1  
  t 
4
3
2
 2


4t  4t  7t  4  0
 t  2  4t 3  4t 2  t  2  0






 2

Th1: t  0  t  0 suy ra  2  vô nghiệm.
Th2: t 





1
khi đó  2    t  2  4t 3  4t 2  t  2  0  t  2  x  1  2  x  3
2

Vậy tập nghiệm S  3;   .
Câu II.2.

2
2

x  y  2 y  6  2 2 y  3  0
Giải hệ phương trình 
 x, y 
2
2
2

2
x

y
x

xy

y

3

3
x

y

2











Lời giải

Điều kiện: y  

3
2

Phương trình thứ hai của hệ  x3  y3  3( x  y)  3x2  3 y 2  2
  x  1   y  1  y  x  2 .
3

3

Thay y  x  2 vào phương trình đầu của hệ ta được
x2   x  2  2  x  2  6  2 2  x  2  3  0
2

 2 x2  6 x  2  2 2 x 1  0

(*)
Trang 4


1
1
 2x 1 2x 1 
4
4
1
 1
 x  2  2x 1  2


 x  1   2x 1  1
 2
2

 x2  x 

 x  2x 1

1  x  2 x  1

(a)
(b)

x  0
 x 1 .
Giải (a) : (a)   2
x  2x 1  0
x  1
 x  2 2 .
Giải (b) : (b)   2
x

4
x

2

0

 x  2  2

x  1
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 
và 
.
y


2
 y  1

Chú ý: Có thể giải phương trình (*) bằng cách khác như sau:
(*)  x2  3x  1   2 x  1
  x 2  3x  1  2 x  1
2

 x4  6 x3  11x2  8x  2  0
  x  1  x 2  4 x  2   0
2

x  1

 x  2  2
x  2  2


Thử lại, ta thấy x  1; x  2  2 thỏa mãn phương trình (*).
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
2
2


 x  y   x  y   2 xy  x  y
Câu II.2.1. Giải hệ phương trình 
.
2

 x  11x  6  2 9 x  5  x  y

Lời giải
5

x 
Điều kiện: 
.
9
 x  y  0

Phương trình đầu   x 2  y 2   x  y   2 xy  x  y
2
  x  y   2 xy   x  y   2 xy  x  y



Trang 5


  x  y    x  y   2 xy  x  y   2 xy  0
3

2
  x  y   x  y   1  2 xy  x  y  1  0



2
  x  y  1  x  y   x  y  2 xy   0



  x  y  1  x 2  y 2  x  y   0 .
Từ đó tìm được y  1  x (do x  y  0 và x 

5
)
9

Thay y  1  x vào phương trình thứ 2 của hệ ta được: x2  11x  5  2 9 x  5  0
 x2  2 x  1  9 x  5  2 9 x  5  1
  x  1 
2





2

9x  5 1  x 

13  133
11  133
.

y
2
2

3
2
2
3

7 x  3( y  4) x  3(2  y ) x  y  1
Câu II.2.2. Giải hệ phương trình 
.
2

2 y  4  9 x  x  4

Lời giải
Điều kiện y  4 .
Phương trình đầu của hệ  7 x3  3( y  4) x2  3(2  y 2 ) x  y3  1
 x3  y3  3x2 y  3xy 2  8x3  12 x2  6 x  1
 ( x  y)3  (2 x  1)3
 x  y  2x 1  y  x 1 .
Thay y  x  1 vào phương trình thứ hai của hệ ta được 2 x  3  9 x 2  x  4



 1 3  x



2

x  1  y  0
 x  3  1  3x
 9x  

.
 x  5  97  y  23  97
 x  3  1  3x

18
18
2

Câu III. Cho x; y  0 là những số thay đổi thỏa mãn

2018 2019

 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x
y

P  x y.
Lời giải
Cách 1

 2018 2019 
2018 y 2019 x



 2019 .
+Ta có P   x  y  
 = 2018 
y 
x
y
 x

Trang 6


+Áp dụng bất đẳng thức AM - GM cho 2 số dương

2018 y 2019 x
;
ta được
x
y

2018 y 2019 x

 2 2018.2019 .
x
y

Do đó P 

 x  2018



 y  2019








 x  0; y  0

2
 2018 2019

1
2018  2019 , dấu bằng xảy ra khi 
y
 x
 2018 y 2019 x


y
 x




.
2018 

2018  2019
2019 

Vậy GTNN của P bằng



2018  2019



2

 x  2018

khi 
 y  2019






.
2018 

2018  2019
2019 

Cách 2

Từ giả thiết và áp dụng BĐT Cauchy - Schwarz ta có

 2018 2019  
2018
2019 
P   x  y

 y

   x
y  
x
y 
 x
P





2

2

2018  2019 .



 x  0; y  0
 x  2018

 2018 2019


1  
Dấu bằng xảy ra khi 
y
 y  2019
 x

 2018
2019


y
 x
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng



2018  2019



2





.

2018 

2018  2019
2019 

 x  2018

khi 
 y  2019






.
2018 

2018  2019
2019 

Bài toán tổng quát
Cho 2n  1 số thực dương cố định a1 , a2 ,..., an ; b1 , b2 ,..., bn ; k

n 

, n  2  và n số thực

dương thay đổi x1 , x2 ,..., xn thỏa mãn a1 x1  a2 x2  ...  an xn  k . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P

b
b1 b2
  ...  n .
x1 x2
xn

Câu IV.1. Cho tam giác ABC có BC  a ; AC  b và diện tích bằng S .
Trang 7


Tính các góc của tam giác này biết S 

1 2
a  b2  .

4

Lời giải
Ta có: S 

1 2
ab 1
ab
a  b2    ab sin C   sin C 1 1

4
2
2
2

Mặt khác sin C 1

 2 .

Từ 1 và  2  ta suy ra sin C 1 C  900.
Khi sin C 1 thì 1 xảy ra dấu "  " hay a  b.
Vậy tam giác ABC vuông cân tại C nên A  B  450.
Câu IV.2. Cho tam giác ABC là tam giác đều cạnh a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần lượt lấy các điểm
a
2a
; CM 
; AP  x  0  x  a  . Tìm x theo a để đường thẳng AN
3
3
vuông góc với đường thẳng PM .
Lời giải
N , M , P sao cho BN 

Ta có:





1
1
2
1
AN  AB  BN  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC .

3
3
3
3
PM  PA  AM  

x
1
AB  AC .
a
3

1
1
2
 x

AN .PM   AB  AC   AB  AC 
3
3
3
 a

2x
1
2 x 
  . AB 2  . AC 2     AB. AC
3a
9
 9 3a 



2x 2 1 2  2 x  a2
.a  .a    
3a
9
 9 3a  2



5 xa 2a 2

6
9

Trang 8


4a

x
5 xa 2a 2

15
AN  PM  AN . PM  0  

0

6
9

 a  0  L 
Vậy đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM khi x 

4a
.
15

Cách 2. Tác giả: Nguyễn Trọng Lễ; Fb: Nguyễn Trọng Lễ

a a 3
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó A  0;0  , B  a;0  , C  ;
 , P  x;0  0  x  a  .
2 2 
 5a a 3 
 5a a 3 
1
Ta có BN  BC  N  ;
  AN   ;
 .
3
 6 6 
 6 6 

AM 

a a 3
a
1
a 3
AC  M  ;

  PM    x;
 .
3
6
6
6
6





AN  PM  AN .PM  0 

Vậy với x 

5a  a
3a 2
4a

.

x


x


6 6
36

15


4a
thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
15

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu IV.2.1. Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần
lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN  na , CM  ma , AP  x với 0  n  1 , 0  m  1 ,
0  x  a . Tìm giá trị của x theo m, n, a để đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng
PM .

Lời giải

Ta có
Trang 9


+) AN  AC  CN  AC 
 AN 





NC
NC
NC
 NC 

CB  AC 
. AB  AC 
AB  1 
 AC
CB
BC
BC
 BC 

NC
NB
. AB 
. AC  1  n  AB  nAC .
BC
BC

x
+) PM  PA  AM   . AB  1  m  AC .
a
 x

AN  PM  AN.PM  0   nAC  1  n  AB  .   . AB  1  m  AC   0 .
 a

2

 x  2
  x  a
2
 1  n    a  n 1  m  a  1  n 1  m   n     0 .

 a 
 a  2


Tìm được x 
Vậy với x 

1  m 1  n  a .
2n

1  m 1  n  a

thì đường thẳng AN vuông góc với đường thẳng PM .
2n
Câu IV.2.2. Cho tam giác ABC là tam giác đều có độ dài cạnh bằng a . Trên các cạnh BC , CA , AB lần
2a
a
lượt lấy các điểm N , M , P sao cho BN  , CM 
, AP  x với 0  x  a . Tìm giá trị
3
3
của x theo a để đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60 .
Lời giải

Ta có
2

AN 

2

1
1
2
 7
AB  AC  AN 2   AB  AC   a 2 .
3
3
3
3
 9
2

x
1
1
1
 x
 1
PM   AB  AC  PM 2    AB  AC   a 2  x 2  ax .
a
3
3
3
 a
 9
1
1
5
2
 x

 2
AN .PM   AB  AC   AB  AC   a 2  ax .
3
3
6
3
 a
 9

2 2 5
a  ax
1
9
6
 
Từ giả thiết ta có cos 60 
.
AN .PM
2
7
1 2
1
a. a  x 2  ax
3
9
3
AN .PM

Trang 10

x 1



x 
x
 x
a 2
2
2
 162 x  99ax  9a  0  162.    99.  9  0  

a
a
x  1
x 
 a 9

2

a
2
.
a
9

a
a
và x  thì đường thẳng AN tạo với đường thẳng PM một góc 60 .

9
2
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD với hai đáy là AB và CD . Biết diện tích

Vậy với x 
Câu V.

 1 
hình thang bằng 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 và trung điểm cạnh BC là H   ;0  . Viết
 2 
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 .

Lời giải

Gọi E là giao điểm của AH và DC , ta có E
Do đó S ADE

S ABCD

Ta có: D x; 5x 1 , x

ECH .

13x
2

2

1

13x

13

13x 2
2

x
14

0.

2 x 3 5x 1

0 ; d D, AE

1
d D, AE .AE
2

Từ (1) và (2) ta có:

ABH

14 (1).

Phương trình đường thẳng AE : 2 x 3 y 1

Suy ra: S ADE

13 và

2; 1 , AE

x

13

2

.

(2).

2
30
L
13

Đường thẳng AB đi qua A và nhận véc tơ n

D 2;11 .

1
ED
4

Phương trình tổng quát của đường thẳng AB là: 3x

1; 3 là véc tơ chỉ phương.

y 2

0.

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Câu V.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình thang ABCD với hai đáy AB và CD . Biết diện
tích hình thang là 14 (đơn vị diện tích), đỉnh A 1;1 , CD  3 AB và trung điểm cạnh BC là
 1 
H   ;0  . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang biết đỉnh D có hoành độ dương và D
 2 
nằm trên đường thẳng d : 5x  y  1  0 .

Lời giải
Trang 11


Gọi E là giao điểm của AH và DC .
Dễ thấy ABH  ECH nên S ABCD  S AED  14 và H là trung điểm của AE .

 E  2;  1  AE   3;  2    AE  : 2 x  3 y  1  0 .
Gọi D  xD ;5 xD  1 .
Ta có: S ADE 
 14 

1
2

1

AE  d  D ; AE 
2

 3   2 
2

2



2 xD  3  5 xD  1  1
22   3

2

 13xD  2  28

 xD  2 ( thỏa mãn) hoặc xD  

30
( loại)  D  2;11 .
13

Vì CD  3 AB , mà AB  CE nên DE  4CE .

DE   4;  12   CE   1;  3  C  1;2  .

AB  CE   1;  3  B  0;2  .

Trang 12