Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Chương Mỹ A

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHƯƠNG MỸ A

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10
MÔN: TOÁN
Năm học: 2018-2019
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1 ( 6 điểm) Cho hàm số y  mx 2  2mx  m 2  2 , với m là tham số.
1) Tìm tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  3;1 .
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số không lớn hơn -4.
3) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
A, B sao cho tam giác MAB vuông tại M. Biết M (1; 2)

Câu 2 ( 6 điểm) Giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình sau:
1) 9 x 2  8 x  5  (6 x  3) x2  3
2) ( x 2  4 x  3)( x 2  8 x  12)  3x 2
 x 2  y 2  6 xy  3 x  5 y  0

3) 

2
2
2 y (3x  y )  7

Câu 3( 3 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích S và có bán kính đường tròn nội tiếp là r .
Chứng minh rằng: Tam giác ABC đều khi và chỉ khi S  3 3r 2

Câu 4 ( 3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D, đáy
lớn CD. Biết BC=2AB=2AD, M(1;0) là trung điểm BC, đường thẳng AD có phương trình
x  3 y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ nguyên.

Câu 5 (2 điểm) Cho các số dương a , b , c sao cho a 2  b 2  c 2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:

P

a
b
c
 2
 2 2
2
2
b c c a
a b
2

…..Hết…..


ĐÁP ÁN MÔN TOÁN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
LỚP 10 NĂM HỌC 2018 – 2019
C
â Ý
u

Điể
m

Nội dung

Cho hàm số y  mx 2  2mx  m 2  2 , với m là tham số.

1

Tìm tham số m để hàm số đồng biến trên khoảng  3;1 .
+ m  0  y  2 ( ktm)

1.0
1.0

+ m  0 hàm số đồng biến trên ( 3;1) khi m  0

2

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để giá trị nhỏ nhất của hàm số không lớn
hơn -4.
+ Hàm số có giá trị nhỏ nhất khi m  0 . Khi đó ymin  m2  m  2 .
+ Ycbt   m 2  m  2  4  m  1

1.0
1.0

Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm
phân biệt A, B sao cho tam giác MAB vuông tại M. Biết M (1; 2) .
1

+ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A. B khi phương trình:
mx 2  2 mx  m 2  2  0 ( 3) có hai nghiệm phân biệt  ,  0
 m( m 2  m  2)  0  m  0

0.5

+ Gọi A( x1 ;0); B ( x2 ; 0) với x1; x2 là nghiệm của phương trình (3)




3 Ta có: MA  ( x1  1; 2); MB  ( x2  1; 2)
 

Tam giác MAB vuông tại M  MA.MB  0  x1 x2  ( x1  x2 )  5  0 

m2  2
3  0
m

m  1
(tm )

m  2

1.0

m  1

0.5

KL: 
m  2
9 x 2  8 x  5  (6 x  3) x 2  3

1



x2  3

2

  (6x  3)

 x2  3  2x 1
  (2 x  1)  
 x 2  3  4 x  2
1

2  10
x 
2
+ x  3  2x 1   2
x
3
3 x 2  4 x  2  0
2

2



x2  3  8x 2  8 x  2  0

1.0


+

2

1

x 
x2  3  4x  2  
 x 1
2
15 x 2  16 x  1  0

x 1
Phương trình có 2 nghiệm  2  10
x

3
2
2
2
2
( x  4 x  3)( x  8 x  12)  3x  ( x  7 x  6)( x 2  5 x  6)  3x 2 (2).Do x  0 không là
6
6

nghiệm của (2) nên (2)   x   7 

 x   5   3
x
x



6
Đặt t  x  . Ta có: t 2  12t  32  0  4  t  8
x
 x  0

6
Ta có: 4  x   8   4  10  x  4  10  4  10  x  4  10
x

x  0

 x 2  y 2  6 xy  3 x  5 y  0

2
2
2 y (3x  y )  7
uv
u v
Đặt x 
ta được
;y
2
2

3

u 2  u  2v 2  4v
3u 2  3u  6v 2  12v


 3 3
 3 3
u

v

7
u

v

7


v  1
(u  1) 3  (v  2)3  u  v  1  v2  v  2  0  
v  2
3

 x  2
Với v  1  u  2  
y  1

2

3

 x   2
Với v  2  u  1  
y  1

2
3 1
Hệ có hai nghiệm ( x; y )    ; 
 2 2

1.0

1.0

1.0

1.0

1.0

Cho tam giác ABC có diện tích S và có bán kính đường tròn nội tiếp là r .
Chứng minh rằng: Tam giác ABC đều khi và chỉ khi S  3 3r 2
3

3
p4
p  a  p b p c 
2
S


 p 4  27 S 2
Ta có S 2  p( p  a)( p  p )( p  c)  p 





3

S
. Từ đó ta có: S  3 3r 2
r
Đẳng thức xảy ra  a  b  c  tam giác ABC đều.

Mặt khác S  pr  p 



1.0

27

1.0
1.0


Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D, đáy lớn
CD. Biết BC=2AB=2AD, M(1;0) là trung điểm BC, đường thẳng AD có
phương trình x  3 y  3  0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ nguyên.

Đặt AB  a . N là trung điểm AD.

B

A

Kẻ BH  DC  H
M

N

 HM  HB  BM  a

 M  300
2 3
a
2

Tính được MN 
4

D

H

C

1.0

AM 2  (2  3)a 2 .

 x  1  t
 y   3t

Phương trình đường thẳng MN: 

N là giao điểm của AD và MN  N (0; 3)  MN  2  a  8  4 3
 AM 2  16(2  3) .

Mặt khác A  AD  A  ( 3t  3; t );(t  Z )  AM 2  ( 3t  4)2  t 2

1.0

 t 2  2 3t  4  4 3  0  t  2 hoặc t  2 3  2 (loại).

 A  (2 3  3; 2)

1.0
Cho các số dương a , b , c sao cho a 2  b 2  c 2  2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:

a
b
c
 2
 2
2
2
b c
c a

a  b2

P

2

a
b
c


2
2
2a
2b
2  c2

Ta có 0  a, b, c  2 ; P 
Ta có: a3 
5

8
3 6

(5)  a(2  a 2 ) 
Tương tự ta có:


P

 a3 
8
3 6

4
3 6





4
2
 2a (5). Đẳng thức xảy ra khi a 
3
3 6

a
3 6 2

a .
2
2a
8

b
3 6 2 c
3 6 2

b;


c
2
2
2b
8
2c
8

3 6 2
3 6
a  b2  c2 
8
4





Pmin 

1.0
3 6
2
abc
4
3

1.0