Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hà nam có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HÀ NAM

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

Câu 1. (5.0 điểm) .
1. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol  P  : y  x 2  mx  3m  2 , đường thẳng  d  : x  y  m  0
( m là tham số thực) và hai điểm A  1;  1 , B  2; 2  . Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại
hai điểm phân biệt M , N sao cho A , B , M , N là bốn đỉnh của hình bình hành.
2. Cho các số thực x, y thỏa mãn: 2  x 2  y 2   1  xy . Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P  7  x 4  y 4   4 x 2 y 2 . Tính M  m .
Câu 2. (5.0 điểm)
1. Giải phương trình  x  1 6 x 2  6 x  25  23x  13 .
3
3
2

 x  y  3x  6 x  3 y  4  0
2. Giải hệ phương trình 
.
2

( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x  5 x  12 y

Câu 3. (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A(1;3) . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho

1 3
AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm M  ;   là trung điểm HC . Xác
2 2

định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  7  0 .
Câu 4. (6.0 điểm)
1. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 15 . Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các cạnh

BC, CA, AB sao cho BM  5, CM  10, AP  4 . Chứng minh rằng AM  PN .
2. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

a 3  b 3  c 3 2r

 4 . Chứng mình tam giác ABC là tam giác đều.
tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn
abc
R
3. Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R  1 . Đặt diện
tích tứ giác ABCD bằng S và AB  a, BC  b, CD  c, DA  d .
Tính giá trị biểu thức T 

 ab  cd  ad  bc 
S

.

Câu 5. (2.0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
Trang 1

a2
b2
c2
a 2  b2  c 2
.



2a  1 2b  1 2c  1
a 2  b2  c 2  6

----------- 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

Trang 2


Câu 1.1. Trong mặt phẳng Oxy cho parabol  P  : y  x 2  mx  3m  2 , đường thằng  d  : x  y  m  0
( m là tham số thực) và hai điểm A  1;  1 , B  2; 2  . Tìm m để đường thẳng  d  cắt parabol

 P

tại hai điểm phân biệt M , N sao cho A , B , M , N là bốn đỉnh của hình bình hành.
Lời giải

Xét phương trình hoành độ giao điểm của  P  và  d  :
x2  mx  3m  2  x  m  x2   m  1 x  2m  2 1 .

 Đường thẳng  d  cắt parabol  P  tại hai điểm phân biệt  1 có hai nghiệm phân biệt
m  1
2
.
    m  1  4  2m  2   0  m2  10m  9  0  
m  9

Khi đó,  d  cắt  P  tại hai điểm M  x1 ; x1  m  , N  x2 ; x2  m  với x1 , x2 là nghiệm của 1
(giả sử x1  x2 ).

 Bốn điểm A , B , M , N là bốn đỉnh của hình bình hành xảy ra các trường hợp sau:
Trường hợp 1: Bốn điểm lập thành hình bình hành ABNM .

 AB  MN  3  x2  x1 .
2m

 x1   2
 x1  x2  1  m

4m


Kết hợp với định lý Vi-et ta có hệ:  x1 .x2  2m  2   x2 
2
x  x  3

 2 1

 x1 .x2  2m  2


Suy ra 

m  0
2m 4m
.
.
 2m  2  m2  10m  0  
2
2
 m  10

 x  1  M  1;  1  A

Với m  0 , 1 trở thành: x 2  x  2  0  
(loại).
x  2
 N  2; 2   B

 x  6  M  6; 4 

Với m  10 , 1 trở thành: x 2  9 x  18  0  
thỏa mãn ABNM tạo
 x  3  N  3;7 
thành hình bình hành.
Trường hợp 2: Bốn điểm lập thành hình bình hành ANBM .

Trang 3

1 1
Khi đó, I  ;  là trung điểm của AB cũng là trung điểm của MN nên
2 2
 x1  x2 1
 2  2
 m  0 (loại)

 x1  x2  2m  1

2
2

Vậy m  10 .
Câu 1.2. Cho các số thực x, y thỏa mãn: 2  x 2  y 2   1  xy . Gọi M là giá trị lớn nhất và m là giá trị
nhỏ nhất của biểu thức P  7  x 4  y 4   4 x 2 y 2 . Tính M  m .
Lời giải
2
P  7  x 4  y 4   4 x 2 y 2  7  x 2  y 2   2 x 2 y 2   4 x 2 y 2 .



 7x  y
2

P



2 2

7 2 2
 1  xy 
2 2
2 2
 10 x y  7 
  10 x y   x y  2 xy  1  10 x y .
4
 2 
2

2

2

33 2 2 7
7
x y  xy  .
4
2
4

Đặt t  xy , ta có

1  xy  2  x 2  y 2   4 xy  xy 

1
1
t .

3
3

1
1
2
2
2  x  y   2 xy   1  xy  2  x  y   1  5xy  0  xy    t   .


5
5

P

M

33 2 7 7
t  t
4
2 4

 1 1
với t    ; 
 5 3

7
7
70
20

xảy ra khi t 
hay xy  . Khi đó x 2  y 2 
.
33
33
33
33

Trang 4




 x 



7

 y 
 xy  33
 
Ta có 


 x 2  y 2  20


33
 x 

 


 y 
 

m

34
2

33
11
2
34
2

33
11
2

.

34
2

33
11
2
34

2

33
11
2

18
1
1
2
xảy ra khi t   hay xy   . Khi đó x 2  y 2  .
25
5
5
5


5
 x 
5
 

5
1


 y  
 xy   5
5


Ta có 
.


5
 x2  y 2  2
 x  

5
5


 y  5
 
5

Vậy M  m 

2344
.
825

Câu 2.1. Giải phương trình  x  1 6 x 2  6 x  25  23x  13 .
.
Lời giải
Ta có  x  1 6 x 2  6 x  25  23x  13
  x  1  6 x 2  6 x  25   2 x  3  2 x 2  18x  16  0 1



TH1:

3

x

2
6 x  6 x  25   2 x  3  0  
(PTVN)

2
 6 x  6 x  25  2 x  3

TH2:

6 x 2  6 x  25   2 x  3  0

2

1   x  1

 2x

2

 18 x  16 

6 x  6 x  25   2 x  3
2

 2 x 2  18 x  16  0

Trang 5




x 1
  2 x 2  18 x  16  
 1  0
 6 x 2  6 x  25   2 x  3 

2 x 2  18 x  16  0 1

x 1

1  0
2
 6 x  6 x  25   2 x  3


 2

x 1
Giải 1 ta được 
.
x  8
Giải  2   6 x 2  6 x  25  3x  4

4


x

3

 x  5  2 7 .
3x 2  30 x  9  0






Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  1; 8;  5  2 7 .
Câu 2.2. Giải hệ phương trình
3
3
2

 x  y  3x  6 x  3 y  4  0

2

( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x  5 x  12 y
Lời giải

Điều kiện: y  1 .
Ta có x3  y3  3x2  6 x  3 y  4  0  ( x  1)3  3( x  1)  y3  3 y (1).
Xét hàm số f (t )  t 3  3t , f (t )  3t 2  3  0, t 

. Do đó hàm số f (t ) đồng biến trên

.

Mà phương trình (1) có dạng f ( x  1)  f ( y) nên x  1  y . Do y  1 nên x  2 .
Thế x  1  y vào phương trình ( x  1) y  1  ( x  6) y  6  x 2  5x  12 y ta có

( x  1) x  2  ( x  6) x  7  x2  7 x  12  ( x  1)( x  2  2)  ( x  6)( x  7  3)  x 2  2 x  8
 x  2(TM )
( x  1)( x  2) ( x  6)( x  2)


 ( x  2)( x  4)   x  1
.
x6


 x  4 (*)
x2 2
x7 3
 x  2  2
x7 3
Giải phương trình (*):
x 1
x6
2( x  2)
2
2( x  6)

 x4

 ( x  2) 

 ( x  6)  0
x2 2
x7 3
x2 2
x2 2
x7 3
  x2 
  x  7 1 
2
 ( x  2) 
 ( x  6) 
 
  0 (**)
x2 2
 x2 2
 x7 3 

Dễ thấy vế trái của phương trình (**) luôn âm với mọi x  2 .
Trang 6


Vậy hệ phương trình có nghiệm ( x; y)  (2;3) .
Bổ sung: Để đánh giá (*) vô nghiệm cũng có thể xét riêng
Trường hợp 1: x  1  VT 

x 1 x  6
7


 x  x4
2
2
2

Trường hợp 2:
x 1
x6

x22
x7 3
x6  
2x 
x 1
 x6


2 
 0.

3 
x7 3 
x2 2
 3

1  x  2  VP  VT   x  4  

Câu 3. Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A(1;3) . Gọi D là điểm trên cạnh AB sao cho
1 3
AB  3 AD và H là hình chiếu vuông góc của B trên CD . Điểm M  ;   là trung điểm

2 2
HC . Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có phương trình
x y 7  0.

Lời giải

Gọi F là trung điểm của BC .
Gọi E là giao điểm của CD với đường thẳng qua A và song song với BC

 AEBF là hình chữ nhật  AEBF nội tiếp đường tròn (T ) có đường kính là AB và EF .
Ta có MF là đường trung bình của tam giác BHC  MF song song với
BH  EMF  900  E, M , F nằm trên đường tròn đường kính EF  A, E, B, F , M nằm trên

đường tròn (T )  AMB  900  AM  BM .
Vì B   d  : x  y  7  0  B(b; 7  b) .
Vì AM  BM  AM .BM  0  b  4  B(4; 3) .
Do D nằm trên cạnh AB và AB  3 AD  AB  3 AD  D(2;1) .
 Phương trình đường thẳng CD là: x  y  1  0  C (c; 1  c) .

Trang 7


c  7 C (7;6)
2
2
Do AB  AC   c  1   4  c   45  
.

c  2
C (2; 3)

Câu 4.1. Cho tam giác ABC đều có cạnh bằng 15 . Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các cạnh

BC, CA, AB sao cho BM  5, CM  10, AP  4 . Chứng minh rằng AM  PN .
Lời giải

0
Đặt AB  b, AC  c. Khi đó BC  c  b và b.c  b . c .cos60 

225
.
2

1
1
1
2
Ta có AM  AB  BM  AB  BC  b  (c  b)  c  b.
3
3
3
3

1
4
PN  AN  AP  c  b.
3 15

1
2

1
4
1 2 8 2 2
1 8 1
Khi đó AM .PN   c  b  .  c  b   c  b  b.c      .225  0.
3   3 15  9
45
15
3
 9 45 15 

Suy ra AM  PN.
Câu 4.2. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại

a 3  b 3  c 3 2r
tiếp, nội tiếp tam giác ABC thoả mãn

 4 . Chứng mình tam giác ABC là tam
abc
R
giác đều.
Lời giải
Ta có: S 


Do đó:

abc
abc
r

abc
r
 pr  S 2 
. p.  p  p  a  p  b  p  c  
. p.
4R
4
R
4
R

2r  a  b  c  a  b  c  b  c  a 

.
R
abc

a 3  b 3  c 3 2r

4
abc
R

 a3  b3  c3   a  b  c  a  b  c b  c  a   4abc
2
 a3  b3  c3  a 2   b  c    b  c  a   4abc



Trang 8

2
 a3  b3  c3  a3  a 2  b  c    b 2  c 2  b  c   a b  c    4abc



 a2b  ab2  b2c  bc2  c2 a  a 2c  6abc (*)
Áp dụng bất đẳng thức Cachy, ta có: a2b  ab2  b2c  bc2  c2a  a 2c  6abc
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c .
Ta có: (*)  a  b  c  ABC là tam giác đều (Đpcm)
Câu 4.3 Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R  1 . Đặt diện
tích tứ giác ABCD bằng S và AB  a, BC  b, CD  c, DA  d .
Tính giá trị biểu thức T 

 ab  cd  ad  bc 
S

.

Lời giải
D

c

d

O
C

A
a

b

B

Ta có : S ABC 

S .4 R
a.b. AC
 ab  ABC
4R
AC

Tương tự ta cũng có : cd 

T

S .4 R
S ADC .4 R
S .4 R
, ad  ABD
, bc  BCD
BD
BD
AC

 ab  cd  ad  bc 
S

 S ABC .4 R S ADC .4 R  S ABD .4 R S BCD .4 R 





AC
AC  BD
BD 


S
S
S
S
S
S
S
S
S

4  ABC . ABD  ABC . BCD  ADC . ABD  ADC . BCD 
AC BD
AC BD
AC BD
AC BD 
 
S



4  S ABC .S ABD  S ABC .SBCD  S ADC .S ABD  S ADC .SBCD 
S . AC.BD

Trang 9


4  S ABC .S  S ADC .S 

4S  S ABC  S ADC  4S .S

2
S . AC.BD
S. AC.BD
S.2S
4  S ABC  S ABD  S BCD   S ADC  S ABD  S BCD  
 
.
S . AC.BD




Vậy T  2 .
Câu 5. Cho các số thực dương a , b , c thỏa mãn a  b  c  3 . Chứng minh rằng
a2
b2
c2
a 2  b2  c 2

.



2a  1 2b  1 2c  1
a 2  b2  c 2  6

Lời giải
Cách 1:
Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a 2  b2  c 2

a2
b2
c2



0
a 2  b 2  c 2  6 2a  1 2b  1 2c  1
VT

Trong đó



a2
a2
a2
1

1
1 a 11
a 2 2a

 3
  .a. 3 a   .a. 3 a.1.1   .a.
  .
2a  1
a  a 1
3
3
3
3
9
9
3 a.a.1

Tương tự ta có 
Suy ra VT 

b2
c2
b2 2b
c 2 2c
và 
 
  .
2b  1
2c  1
9 9

9 9

a 2  b2  c 2
a b c 6
2

2

2



1 2
2
a  b2  c 2   .

9
3

2
 2
a  b  c

2
2
3
a  b  c 
 t  3; 15  .
Đặt t  a 2  b2  c 2  6 . Ta có 
3

a 2  b 2  c 2  a  b  c 2  9




Lúc đó, với mọi t  3; 15  ta có

t2  6 1 2
2 t 2  6 t 2 9t 2  54  t 3  3  t  t  t  6   18
VT 
 t  6  
 

 0.
t
9
3
t
9
9t
9t
Dấu bằng xảy ra khi t  3 , suy ra a  b  c  1.
Cách 2:
Ta có

a
a2
1 a
1
a2

a2
a 1
a2

 .
 . 2

  . 2
.
2 2a  1 2 2 a  1 2 2 a  a
2a  1 2 2 2 a  a

Tương tự có

b2
b 1 b2
c2
c 1 c2
  . 2
  . 2
và
.
2b  1 2 2 2b  b
2c  1 2 2 2c  c

a2
b2
c2
3 1  a2
b2

c2 


  


Suy ra
.
2a  1 2b  1 2c  1 2 2  2a 2  a 2b 2  b 2c 2  c 
Trang 10


Theo bất đẳng thức Cauchy - Schwarz dạng phân thức ta có

a  b  c
a2
b2
c2
9




2
2
2
2a  a 2b  b 2c  c 2  a 2  b2  c 2   3 2  a 2  b2  c 2   3
2



a2
b2
c2
3 1
9
3
9
.


  .
 
2
2
2
2
2
2a  1 2b  1 2c  1 2 2 2  a  b  c   3 2 4  a  b  c 2   6

Ta cần chứng minh

3
9
a 2  b2  c 2
.


2 4  a 2  b2  c 2   6
a 2  b2  c 2  6

1

2
 2
a  b  c

2
2
3
a  b  c 
Đặt t  a 2  b2  c 2  6 . Ta có 
.
3
a 2  b 2  c 2  a  b  c 2  2 ab  bc  ca  9

 



3
9
t2  6
t2  6
9
3


Suy ra t  3; 15  . Ta có 1   2




 .
2
2 4t  18
t
t
2  2t  9  2
2
2 t 4  81
t4
9
81
Mặt khác, ta có 0  2t 2  9  .9t 2  9  .
9  
 4.
2
9
9
2
9
2  2t  9  2t

6 81 3
Ta cần chứng minh t   4  .
t 2t
2
 81 t t t t t 81 t
81
t 5 7

t  4       4   5. 5
  


3 6 6 6 6 2t
3
2592 3 2 2 .
Thật vậy, vì t  3 nên  2t
 6  2

 t

6 81 7
3
Suy ra t   4   2  .
t 2t
2
2
Dấu ''  '' xảy ra khi t  3 , suy ra a  b  c  1 .

Trang 11