Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 - Trường THPT Liễn Sơn

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019
MÔN: TOÁN – KHỐI 10.
(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu 1. (2 điểm). Cho phương trình (m  1) x2  2(m  1) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số).
Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 2. (2 điểm). Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương
trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4 .
Câu 3. (2 điểm). Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã
cho có nghiệm thuộc khoảng (1;0) .
Câu 4. (2điểm).Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm
x1, x2 thỏa mãn điều kiện ( x1  x2 )( x1 x2  1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

A  x1 ( x2  1)  x2 .
Câu 5. (2 điểm). Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2

 x  1

3

 0.

 4  x  8  y  y2  7x 1

Câu 6. (2 điểm). Giải hệ phương trình 
2
2
x


y
 6 y  2x  4  x 





y 1

Câu 7. (2 điểm). Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm
thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K
thẳng hàng.
Câu 8. (2 điểm). Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An .
Bạn Bình gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể là một điểm hoặc không). Tính tổng vecto
A1B1  A2 B2  ...  An Bn .

Câu 9. (2 điểm). Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của
tam giác ABC.
Câu 10. (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2

Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
3



 .
bc ca ab 2
------------------Hết--------------------

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


SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

HƯỜNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019
MÔN: TOÁN – KHỐI 10.

Câu
Nội dung
Điểm
2
1
Cho phương trình (m  1) x  2(m  2) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m
để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Bài làm
1
+) Với m = 1 phương trình là: 6x  2  0  x   (loai )
3
+) Với m  1 để phương trình có 2 nghiệm :
1
 '  0  8m  1  0  m 
8
1


m 
Vậy 
8

m  1

2

0,5

0,5

1,0

Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có 2
nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4
Bài làm
Để phương trình có 2 nghiệm thì  '  0  m 

5
3

 x  x  2
Theo viet ta có :  1 2
 x1 x2  3m  4
Ta có: x12 x22  x12  x22  4  (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4

3

0,5

0,5

0,5
 9m2  18m  0  m [0;2]
5
5
Kết hợp điều kiện m  ta được m  [0; ] .
0,5
3
3
Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã cho có
nghiệm thuộc khoảng (1;0) .
Bài làm
1
0,5
+) Xét 2m  1  0  m  phương trình là:  x  1  0  x  1 (1;0) .
2
1
+) Xét m  . Khi đó ta có :
2
2
0,5
 '  (m  1)  0, m
1
Phương trình có nghiệm x  1 và x 
.
2m  1
Ta thấy nghiệm x  1 không thuộc (-1; 0). Vậy để phương trình có

1
0,5
0
nghiệm trong khoảng (-1; 0) suy ra : 1 
2m  1
 1
1  0

m0
  2m  1
0,5

 2m  1  0
Vậy phương trình đã cho có nghiệm trong khoảng (-1 ;0) khi và chỉ khi


4

m  0.
Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm x1, x2
thỏa mãn điều kiện x1  x2  10  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của

A  x1 ( x2  1)  x2 .
Bài làm
Để phương trình có nghiệm: (m  3)2  m2  3m  1  0  m  

8
9

 x1  x2  2(m  3)

Theo viet: 
2
 x1 x2  m  3m  1

0,5

0,5

Ta có x1  x2  10  0  m  2
0,5

+) A  x1 ( x2  1)  x2  x1 x2  ( x1  x2 )  m2  m  7
8
+) Lập bảng biến thiên của hàm số f (m)  m2  m  7 trên [  ; 2] ta được
9
13
1
giá trị lớn nhất của A = 9 khi m = 2, giá trị nhỏ nhất A =
khi m 
2
2

5

Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2

 x  1

3

0,5

0

Bài làm
Điều kiện: x  1 .
x3  3x 2  3x  2

 x  1

3

 x3  x  x  1  2

 0  x3  3x( x  1)  2

 x  1

3

0

 x  1  2 x  x  1  0
 x  x 2   x  1   2  x  1  x  1  x   0



 



x 1  x x



x 1  x



3

 2
2



0,5



x  1  x  2  x  1  0



x 1  x  0

 x 1  x

 x  2 x  1  0

0,5

 x  0


1 5
2
 x  1  x
x 


2
x

0

 
 x  2  2 2
  4  x  1  x 2


0,5

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2  2 2; x 

1 5
.
2

0,5

6

 4  x  8  y  y 2  7 x  1(*)

Giải hệ phương trình 
2

 2  x  y   6 y  2x  4  x 
Bài làm:
 y  1
Điều kiện: 
0  x  4

y 1
0,5

2  x  y   6 y  2x  4  x  y  1
2

 2 x 2  4 xy  2 y 2  6 y  2 x  4  x  y  1  2 x( y  1)

0,5

 2[x 2  2 x( y  1)  ( y  1) 2 ]  x  y  1  2 x( y  1)
 2( y  1  x)  ( x  y  1) 2  0
 y  x 1
Thay vào phương trình (*) ta được:
(*)  ( x 2  3x  3)  x  1  4  x  x  2  x  7  0

1
1


 x 2  3x  3 1 

0
 x 1 4  x x  2  x  7 





0,5


1
1


 0, x  [0;4]
 x2  3x  3  0 , 1 
 x 1 4  x x  2  x  7


3  21
x 
2



3  21
(l )
x 

2

7

0,5

3  21
x 

2
Vậy hệ phương trình có nghiệm: 
 y  5  21

2
Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm thuộc
đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K
thẳng hàng.
Bài làm
Đặt AB  a; AC  b và AK  t AC
Khi đó: BK  a  tb
3
3
1
1
Ta có: AI  AM = AB  BM ; BM  BC  AC  AB
4

4
4
4
9
3
 AI  a  b
16
16
7
9
3
3
Mà BI  AI  AB  a  b  a =   a  b
16
16
16
16
Để 3 điểm B,I,K thẳng hàng thì
7
3
m : BK  mBI  a  tb   a  b
16
16









0,5

0,5
0,5


7m
16


1  16
m  7


3
m
t 
t  3
0,5
 16
 7
3
3
Suy ra: AK  AC . Vậy điểm K thuộc đoạn AC sao cho AK  AC .
7
7
Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An . Bạn Bình

8

gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể cùng là một điểm hoặc không). Tính tổng vectơ
A1B1  A2 B2  ...  An Bn

Bài làm
Lấy điểm O bất kỳ. Khi đó :
A1B1  A2 B2  ...  An Bn  A1O  A2O  ...  AnO  OB1  OB2  ...  OBn

1,0

Vì  A1 , A2 ,..., An   B1 , B2 ,..., Bn  nên
OB1  OB2  ...  OBn  OA1  OA2  ...  OAn

Do đó :

1,0

A1B1  A2 B2  ...  An Bn  0 .

Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của tam
giác ABC.
Bài làm :

 AH .BC  0
Giả sử H ( x; y) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có 
 BH . AC  0

0,5

Ta có : AH   x  1; y  3 ; BH   x  2; y  5
BC   2; 5 ; AC   5;3

9

 2  x  1  5  y  3   0
Ta có hệ phương trình : 
5  x  2   3  y  5   0

164

x

2 x  5 y  13

31


5 x  3 y  25
 y  15

31
 164 15 
Vậy điểm H 
;

 31 31 
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn
10

a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2

0,5

0,5


Chứng minh rằng:

a2
b2
c2
3



bc ca ab 2

Bài làm:
Đặt x  a 2  b2 ; y  b2  c 2 ; z  c 2  a 2 khi đó x, y, z  0 và ta có

x yz 3 2

Ta có : x 2  y 2  z 2  2  a 2  b 2  c 2 

0,5

Do đó ta được :
x2  y 2  z 2 2 x2  y 2  z 2 2  x2  y 2  z 2
2

a 
;b 
;c 
2
2
2
2
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :  b  c   2(b 2  c 2 )  2 y 2

a2
x2  y 2  z 2

bc
2y 2
b2
x2  y 2  z 2 c2
 x2  y 2  z 2

;

Tương tự ta cũng có :
ca
ab
0,5
2z 2
2x 2
Do đó :
a2
b2
c2

x2  y 2  z 2
y x2  y 2  z 2
z x2  y 2  z 2 x








bc ca ab
2y 2
2
2z 2
2
2x 2
2
1 1 1 x y z
1

( x2  y 2  z 2 )     
2 2
2
x y z
0,5
1
1 1
21


( x  y  z)      3
6 2
x y z
1 1 1
1
( x  y  z )( x  y  z )      3
=
6 2
x y z
Suy ra :



9.3 2
3
3 
2
6 2

Vậy bđt được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí a=b=c=1

0,5