Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề)

-THẠCH THẤT-

Câu 1.(5,0 điểm)
1) Cho hàm số y  x 2  x  1 có đồ thị (P).

Tìm m để đường thẳng

d : y  2 x  m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( m  R ) để phương trình
x 4   3m  1 x 2  6m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 .
Câu 2.(5,0 điểm )
1) Giải bất phương trình:

 2x  5 

x 2  x  25



x2  5x  6  0 .

3 2 x  y  x  2 y  1  5

2) Giải hệ phương trình: 2 x  2 y  1  5 x  10 y  9 .

Câu 3.(2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết S  b2  (a  c)2 .
Tính tan B .
Câu 4.(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC  600. Các điểm M, N được xác định
bởi MC  2MB và NA 

1
NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông
2

góc với nhau.
Câu 5.(3,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC
vuông tại C và có góc B  600 .
Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

2 y
2 x
2 z
1
1
1
 3 2 3
 2 2 2
3
2
2

x y
y z
z x
x
y
z
-------- Hết -------

Họ và tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: …….


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN
-THẠCH THẤT-

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019

Môn: Toán Thời gian: 150 phút

Câu 1.1 (3,0 đ)
1) Cho hàm số y  x 2  x  1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m
cắt đồ thị (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).
2
PT hoành độ giao điểm: x  3x  1  m  0. (1)
Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  PT (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
13
   0  13  4m  0  m  . (*)
4

Giả sử

A( x1; 2 x1  m); B( x2 ; 2 x2  m)

1,0

 x1  x2  3
 x1.x2  m  1

. Theo hệ thức Vi-et: 

0,5

Ta có OAB vuông tại O
 OA.OB  0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  m 2  m  5  0  m 

Đối chiếu đk (*) có 2 giá trị của m là m 

1  21
2

1  21
2

1,0

0,5

Câu 1.2(2,0 điểm)
4

2
2) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình x   3m  1 x  6m  2  0 có bốn
nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4.
Đặt t  x 2  0 , thay vào phương trình ta được t 2   3m  1 t  6m  2  0
t  2
phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi

t  3m  1
1

3m  1  0
m 


3 . Khi đó pt đã cho có 4 nghiệm là  2;  3m  1
3m  1  2
m  1
17
Để các nghiệm đều lớn hơn 4 thì  3m  1  4  3m  1  4  m  .
3
1 17
Vậy các giá trị của m là m   ;  \ 1
3 3 

Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:

 2x  5 

x 2  x  25



0,5

0,5
0,5

x2  5x  6  0

x  3
Điều kiện: 
x  2

*) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng.
x  3
*) Nếu 
thì bất PT đã cho  2 x  5  x 2  x  25  0 (a)
x  2

(a ) 

0,5

2 x  5  0 (Do x 2  x  25  0) (1)

x 2  x  25  2 x  5   2 x  5  0
(2)
  x 2  x  25  4 x 2  20 x  25


0,5
0,5
0,5
0,5


+) Giải (1) và kết hợp đk  x   ;2  .

 5
x 

2
+) Giải (2): (2)  
2
3x  19 x  0


 5
x
 2
 19 
Kết hợp đk  x   3; 

 3
0  x  19

3

19
Tập nghiệm S   ;2  3; 

 3

0,5

0,5

3 2 x  y  x  2 y  1  5
Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 x  2 y  1  5 x  10 y  9
ĐK: 2 x  y  0, x  2 y  1  0 . Đặt u  2 x  y ,(u  0) và v  x  2 y  1,(v  0) .
3u  v  5
Ta được hệ phương trình:  2
2
4u  3v  2v  12  0
v  5  3u

v  5  3u
 u  1



2
23u  96u  73  0
 u  73

23



 2x  y  1

2 x  y  1
x  1


(t/m)
x  2y  3
y  1
x

2
y

1

2




x  1
73
104
Với u   v  
, (loại vì đk v  0 ). Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
23
23
 y  1

Với u  1  v  2  

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết
S  b2  (a  c)2 . Tính tan B .
1
Ta có: S  b2  (a  c)2  ac sin B  a 2  c 2  2ac cos B  a 2  c 2  2ac
2
1
1
 ac sin B  2ac(1  cos B )  sin B  4(1  cos B )  cos B  1  sin B (*)
2
4

0,5
0,5

2

1
17
1
Mặt khác sin 2 B  cos2 B  1  sin 2 B  1  sin B   1  sin 2 B  sin B  0
16

2
 4

8
 sin B  (do sinB > 0)
17

Kết hợp với (*) ta được: cos B 

15
8
 tan B  .
17
15

0,5

0,5

Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC  600. Các điểm M, N
được xác định bởi MC  2MB và NA 

1
NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và
2

CN vuông góc với nhau.
Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC

0,75

Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB

0,75


Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC)(2CA  CB)  0
 (2 AB  AC)( AB  3 AC)  0  2 AB2  3 AC 2  5 AB. AC  0


2c 2  3b 2 

5bc
0 
2

0,5
0,5
0,5

4c2  6b2  5bc  0

Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  . Tìm tọa độ điểm C
sao cho ABC vuông tại C và có góc B  600 .
Ta có AB   2; 6  , Giả sử C  x; y   AC   x  1; y  2  ; BC   x  3; y  4  .
 AC  BC
ABC vuông tại C và có góc B  60  
1
 BC  2 AB
 AC.BC  0

 x  1).( x  3)  ( y  2  (y  4)  0


2  

2
2
AB
2
 x  3   y  4   10
 BC 


4
2
2
x  y  4x  2 y  5  0

 2
2

 x  y  6 x  8 y  25  10

0,5
0,5

0

0,5

0,5

 x2  y2  4 x  2 y  5  0
 x2  y2  4x  2 y  5  0


 2 x  6 y  20  0
 x  3 y  10
9 y 2  60 y  100  y 2  12 y  40  2 y  5  0
 x  3 y  10


2
 x  3 y  10
10 y  50 y  55  0

53 3
5  3
,y
x 
2
2


53 3
5  3 . KL : …
,y
x 
2
2



0,5

0,5

2 y
2 x
2 z
1 1 1
 3 2 3
 2 2 2
3
2
2
x y
y z
z x
x
y
z
Áp dụng BĐT côsi cho các số dương x, y, z ta có

Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z  0 . CMR:

0,5

x3  y 2  2 x3 y 2 ; y 3  z 2  2 y 3 z 2 ; z 3  x 2  2 z 3 x 2


2 y
2 y
2 x
2 z
2 x
2 z
 3 2 3 2


3
2
x y
y z
z x
2 x3 y 2 2 y 3 z 2 2 z 3 x 2

2 y
2 x
2 z
1 1 1
 3
 3 2 3 2  
2
x y
y z
z x
xy yz zx
1 1
2 1 1
1

1
2
2
 2
Mặt khác, ta có:
; 2 2 ; 2 2
2
x
zx
z
yz z
x
y
xy y
1
1
1
1
1 1
 2 2 2
 
 2
x
y
z
xy yz zx
2 y
2 x
2 z
1 1 1

 3 2 3 2 2 2 2
3
2
x y
y z
z x
x
y
z
Dấu ''  '' xảy ra x  y  z  1

Từ 1 ,  2  ta có

Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương tự.

1
0,5

0,5

0,5