KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020
SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
MÔN: TOÁN
(Đề thi có 01 trang)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
U
U
Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình x3 =
+1 2 3 2x −1 .
Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại A. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm
B′ và C ′ sao cho AB. AB′ = AC. AC ′. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM ⊥ B′C ′.
Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos 2 x + sin x + m − 3 =
0.
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng
(0; π ).
Câu 4. (4,0 điểm) Cho f ( x)= mx 2 + 4(m − 1) x + m − 1 ( m là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) > 0 với mọi x ∈ .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f ( x) < 0 với mọi x ∈ ( 0; 2 ) .
x + 1 + y + 2 =m
Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình
( m là tham số).
3m
x + y =
a. Giải hệ phương trình khi m = 4.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm.
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ OM , ON và
OP lần lượt vuông góc với các cạnh BC , AC và AB. Chứng minh
BC AC AB 2 p
trong đó
+
+
≥
OM ON OP
r
p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại B. Kéo dài AC về phía C một đoạn CD
= AB
= 1;
= 300. Tính độ dài đoạn AC.
CBD
---------- HẾT ----------
SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ
Môn Toán – Thời gian: 150 phút
Đáp án
Câu
Câu1
(2,0 điểm)
Đặt:=
y
3
Điểm
2 x − 1.
1,0
3
3
3
=
=
x + 1 2 y =
x + 1 2 y
x + 1 2 y
Ta có: 3
⇔ 3
⇔
3
2
2
y + 1= 2 x
x − y = 2( y − x)
( x − y )( x − xy + y + 2)= 0
0,25
2
y
3y2
Do x 2 − xy + y 2 + 2 = x − +
+ 2 > 0 ∀x, y
2
x3 + 1 =2 y
Nên ta có hệ:
x = y
4
0,5
⇒ x3 + 1= 2 x ⇔ ( x − 1)( x 2 + x − 1)= 0
x = 1
−1 + 5
⇔ x =
2
x = −1 − 5
2
Câu 2
(2,0 điểm)
0,25
Vì M là trung điểm của BC nên
1
=
AM
AB + AC
2
(
B
)
B'
A
C'
1
Ta có: AM .B′C ′ =
AB + AC AC ′ − AB′ = AC. AC ′ − AB. AB′ = 0
2
(
)(
C
)
Vậy: AM ⊥ B′C ′
Câu 3
0,5
M
a. (1,5 điểm) cos 2 x + sin x + m − 3 = 0 ⇔ 2sin 2 x − sin x = m − 2
1,5
0,25
(3,0 điểm) Đặt:
=
t sin x, t ∈ [ −1;1]
Phương trình trở thành 2t 2 − t = m − 2
0,5
Xét hàm số =
y 2t 2 − t với t ∈ [ −1;1]
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m − 2 =1 ⇔ m = 3
0,75
b. (1,5 điểm) x ∈ ( 0; π ) ⇒ t ∈ ( 0;1]
Xét hàm số =
y 2t 2 − t trên nửa khoảng ( 0;1]
1,0
1
8
Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ − < m − 2 < 0 ⇔
Câu 4
(4,0 điểm)
15
8
0,5
a. (1,5 điểm)
+ Khi m = 0 thì f ( x) > 0 ⇔ −4 x − 1 > 0 ⇔ x < −
1
(loại)
4
0,5
+ Khi m ≠ 0 để
1,0
m > 0
m > 0
4
⇔
⇔1< m <
f ( x) > 0∀x ∈ ⇔
3
∆′ < 0
(m − 1)(3m − 4) < 0
b. (2,5 điểm)
+ Khi m = 0 thì f ( x) < 0 ⇔ −4 x − 1 < 0 ⇔ x > −
m < 0
1
(thỏa mãn)
4
0,5
m < 0
+
⇔
⇒ VN
∆′ < 0
(m − 1)(3m − 4) < 0
0,5
+ Khi m > 0 đề f ( x) < 0∀x ∈ (0; 2) thì f ( x) = 0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa
x ≤ 0 < x2 (1)
x1 ≤ 0 < 2 ≤ x2 ⇔ 1
x1 < 2 ≤ x2 (2)
0,5
m −1
≤ 0 ⇔ 0 < m ≤1
m
0,5
(1) ⇔
(2) ⇔ ( x1 − 2)( x2 − 2) ≤ 0 ⇔ x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 4 ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤
Vậy: 0 ≤ m ≤
Câu 5
(4,0 điểm)
13
10
0,5
13
.
10
a. (1,5 điểm)
y 12 − x
x + 1 + y + 2 =
=
4
⇔
4
12
x + 1 + 14 − x =
x + y =
Khi m = 4 ta có
( −1 ≤ x ≤ 14; −2 ≤ y ≤ 13)
1,0
13 + 4 14
x =
2
⇒ 2 ( x + 1)(14 − x) = 1 ⇔ −4 x 2 + 52 x + 55 = 0 ⇔
13 − 4 14
x =
2
11 − 4 14
y =
2
11 + 4 14
y =
2
0,5
13 + 4 14 11 − 4 14
13 − 4 14 11 + 4 14
;
;
và
2
2
2
2
Vậy: hệ có hai nghiệm
b. (2,5 điểm)
Đặt: =
a
b
x + 1 và =
m
a + b =
2
y + 2. Hệ trở thành a + b 2 = 3m + 3
a ≥ 0, b ≥ 0
m có điểm chung với
Để hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng a + b =
2
2
đường tròn a + b = 3m + 3 trong đó a ≥ 0 và b ≥ 0
m 2 − 6m − 6 ≤ 0
3 + 21
≤ m ≤ 3 + 15
3m + 3 ≤ m ≤ 6m + 6 ⇔ m 2 − 3m − 3 ≥ 0 ⇔
2
m ≥ 0
Vậy:
Câu 6
(2,0 điểm)
0,5
1,0
1,0
3 + 21
≤ m ≤ 3 + 15
2
Theo BĐT Bunhiacopski, ta có
BC
AC
AB
. BC.OM +
. AC.ON +
. AB.OP
ON
OP
OM
2
BC AC AB
≤
+
+
( BC.OM + AC.ON + AB.OP )
OM ON OP
1,0
BC AC AB
⇔ ( BC + AC + AB) 2 ≤
+
+
( BC.OM + AC.ON + AB.OP )
OM ON OP
BC AC AB 2 p
BC AC AB
2
(do S ABC = pr )
⇔
+
+
+
+
≥
.2 S ABC ≥ 4 p ⇔
OM ON OP
r
OM ON OP
0,5
Dấu bằng xảy ra OM = ON + OP ⇔ O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
Câu 7
(3,0 điểm)
Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với
CD cắt BC tại E
0,5
E
Tứ giác ABDE nội tiếp
1,0
∠DBC =
∠DAE
D
C
B
A
Đặt AC = x > 1 ⇒ AD = x + 1
π
DE
= AD.tan=
6
x +1
; BC
=
3
∆CDE ∆CBA ⇒
CD BC
=
⇔ 3 =( x + 1) x 2 − 1
ED BA
x2 −1
0,5
1,0
⇔ x( x 3 − 2) + 2( x 3 − 2) = 0 ⇔ ( x3 − 2)( x + 2) = 0 ⇔ x = 3 2
Vậy: AC = 3 2.
0,5