Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019
Môn thi: Toán lớp 10

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

(Đề có 01 trang)
Câu I. (5,0 điểm)
Cho Parabol (P): y  x 2  bx  c .

 1 5
1) Tìm b, c để Parabol (P) có đỉnh S   ;   .
 2 4
2) Với b, c tìm được ở câu 1. Tìm m để đường thẳng  : y  2 x  m cắt Parabol (P) tại hai
điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
Câu II. (6,0 điểm)
1) Tìm m để bất phương trình: mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 vô nghiệm trên tập số thực.

2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực:



2 x2  4  x  2



x 2  5 x  6  0.

 x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1
3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :  4
2
 x  y  xy  2 x  1  1
Câu III. (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA lần lượt lấy các điểm
N , M sao cho BN  1, CM  2.

 
a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC.
AP
.
AB
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD, BC và AD  BC ,
biết rằng AB  BC , AD  7. Đường chéo AC có phương trình là x  3 y  3  0 , điểm M  2; 5 

b) Trên cạnh AB lấy điểm P,  P  A, P  B  sao cho AN vuông góc với PM . Tính tỉ số

thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;1 .
Câu IV. (3,0 điểm)
1 ) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức
2
S = R 2  sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C  . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.
3
2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3. Chứng minh rằng
x y z
9
  
.

y z x x yz
3) Cho đa thức P  x   x 2018  mx 2016  m trong đó m là tham số thực. Biết rằng P  x  có 2018
nghiệm thực. Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x0 của P  x  thỏa mãn x0  2.
---------------------HẾT---------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….


HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019.
CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

b / 2  1/ 2
b  1

 1 5
1) (2,0 điểm). Đỉnh S   ;    ( P)   1 b
5
 2 4
c  1
 4  2  c   4

2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và  :
x 2  x  1  2 x  m  x 2  3x  m  1  0 (*).  cắt (P) tại hai điểm phân biệt  PT(*)

Câu I
(5,0 điểm)

có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  13  4m  0  m 

13
4

**

 x1  x2  3
.
 x1 x2  m  1

Giả sử A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  theo Viet ta có 

2

0,5
0,5
0,5

Ta có tam giác OAB vuông tại
 
1  21
O  OA.OB  0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  m 2  m  5  0  m 
.
2

Đối chiếu đk (**) ta có đáp số m 

1  21
.
2

1

1) (2,0 điểm) TH 1: m  0 , bpt trở thành 6 x  14  0  x 

7
(không thỏa ycbt).
3

TH 2: m  0 , mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 VN  mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 CN
m  0
m  0
m  0
x    
 2

 '  0
m  9
 m  8m  9  0

0,5

hoac m  1

0,5
0,5

 m  9.

1

Vậy m  9.

Câu II
(6,0 điểm)

2) (2,0 điểm). TH1: x 2  5 x  6  0  

x  2
x  3

0,5

x  2  0

x

2

TH 2: x 2  5 x  6  0  
. Khi đó, bpt  2 x 2  4  x  2    x  2  0
x  3
 2 x 2  4   x  2 2
 

0,5

 x  2
 x  2
x  0


   x  2
   x  2

.
x4



2

  x  4  x  0
 x  4 x  0

0,5

Vậy tập nghiệm bất phương trình S   ; 0  2,3   4;  
2
3
2
 x 2  y  xy  x 2  y   xy  1
 x  x y  xy  xy  y  1 

3) (2,0 điểm) Hpt:  4
2

2
2
 x  y  xy  2 x  1  1
 x  y   xy  1

0,5

0,5

Đặt a  x 2  y, b  xy hệ thành
a  ab  b  1 a 3  a 2  2a  0
a  0 a  1 a  2




.
 2
2
b  1 b  0 b  3
a  b  1
b  1  a

0,5


 x2  y  0
a  0
ta có 
 x  y  1.

b  1
 xy  1

+) Với 

a  1
ta có
b  0

+) Với 

 x2  y  1
  x; y    0; 1 , 1;0  ,  1;0  .

 xy  0

a  2
ta có
+) Với 
b  3

3

 x 2  y  2
 x  1
y   x


.


y  3
 xy  3
 x  1 x 2  x  3  0






Vậy hệ có 5 nghiệm  x; y   1;1 ,  0; 1 , 1;0  ,  1;0  ,  1;3 .


 

 1   2  1 
AC  AB  AB + AC
3
3
3

1) (4,0 điểm) a) AN = AB  BN = AB 






 

1  x 

AB
3
3
 
 2  1    1  x  
AN  PM  AN .PM  0   AB  AC  .  AC  AB   0
3
3
3
 3










2
2
2
2x
x
1
 AB. AC 
AB  AB. AC  AC  0
9
9

9
9
x
4
 1 2x  1  0  x 
2
5

b) Đặt AP  x,  0  x  3 . Ta có PM = PA  AM  AC -

Vậy

Câu III
(6,0 điểm)

0,5

AP 4
 .
AB 15

0,5
2,0

0,5

0,5

0,5

0,5

2) (2,0 điểm). Do ABCD là hình thang cân
nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn
tâm O.Do AB  BC  CD  AC là đường
phân giác trong góc BAD . Gọi E là
điểm đối xứng của B qua AC, khi đó
E thuộc AD. Ta có BE  AC
và BE qua B 1;1 nên phương trình

0,5

BE: 3x  y  4  0 .
Gọi F  AC  BE  tọa độ F là nghiệm của
x  3y  3  0
3 1
 F  ;   . Do F là trung điểm
2 2
3x  y  4  0

Hệ 

Của BE  E  2; 2  . Do M  2; 5   AD  phương trình AD: 3x  4 y  14  0.
x  3y  3  0
 A  6;1 .
3 x  4 y  14  0

Do A  AD  AC  tọa độ A là nghiệm của hệ 

0,5

Do D  AD  D  2  4t ; 2  3t  và
  58 26 
 12
t
D  5 ; 5 

2
2


5

AD  7   4t  4    3t  3  49  
  2 16 
t  2
D ; 


5
5
 5

Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm

0,5


2

16 

B và hai điểm D ta có đáp số D  ;  
5
5

0,5

1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có : sin 3 A 
VT =

a3
B3
c3
3
3
;
sin
B
;sin
C


8R3
8R3
8R3

2 2  a3
b3
c 3  a 3  b3  c 3

R  3  3  3
3  8R 8R 8R 
12 R

0,5

Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a 3  b3  c3  3abc
abc
4R
abc
, dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
Mà S 
4R

 VT 

0,5

x y z x2 y 2 z 2  x  y  z 
2) (1,0 điểm). Ta có      
.
y z x xy yz zx xy  yz  zx
2

Câu IV
(3,0
điểm).

 x  y  z
Ta cần chứng minh:

2

xy  yz  zx

Đặt t  x  y  z ,
t 
3



9 t2  3
2





9
3
  x  y  z   9  xy  yz  zx 
x y z



3  t  3  xy  yz  zx 

 * .

0,5

t2  3
. BĐT * thành
2

   t  3  2t  3  0 (luôn đúng).
2

0,5

3) (1,0 điểm). Ta có P  1  1, P 1  1. Giả sử các nghiệm thực của P  x  là
a1 , a2 ,..., a2018 , tức là P  x    x  a1  x  a2  ...  x  a2018  .

Khi đó, P 1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1 ,

0,5

P  1   1  a1  1  a2  ...  1  a2018   1 hay P  1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1
2
Suy ra P 1 .P  1  1  a12 1  a22  ... 1  a2018
  1. Suy ra tồn tại k  1, 2,..., 2018

sao cho a  1  1  ak  2. Hay tồn tại nghiệm x0 : ak thỏa mãn điều kiện
2
k

x0  2.

0,5

HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018.
CÂU
Câu I
5,0 điểm

NỘI DUNG
b / 2a  2
a  1

4a  2b  3  1 b  4

1. Đỉnh S  2; 1  ( P)  

2 . Pt hoành độ giao điểm của (P) và  : x 2  4 x  3  kx  4  x 2   k  4  x  1  0
(*). PT(*) có ac  1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và theo Viet ta có
x1  x2  k  4 . Khi đó tọa độ M, N là M  x1 ; kx1  4  , N  x2 ; kx2  4  .

 x1  x2 k ( x1  x2 )

 4  hay
;
2
2



Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ I 

 k  4 k 2  4k  8 

I
;
 . Theo ycbt ta có:
2
 2


ĐIỂM
2


 k  4 k 2  4k  8 
2
;
I
  d  k  3k  4  0  k  1  k  4.
2
 2


Câu II

1. Bpt:  x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 VN   x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 có

6,0 điểm

nghiệm x      0 (vì a=-1<0)  m 2  2m  3  0  m  1  m  3.

2. Bpt

x

2

 4x  3



 x2  2 x  0
x  0  x  2
x  0
 2

2
x  2 x  0   x  2 x  0
   x  0  x  2   x  2.

 2
 x  3
  x  1  x  3
  x  4 x  3  0

Vậy tập nghiệm bpt S   ;0  2  3 :   .
 x 2 y  2 y  x  4 xy

3. Hệ phương trình  1
1 x
 x 2  xy  y  3


Điều kiện x  0, y  0 .
Chia hai vế của (1) cho xy ta có phương trình x 

2 1
  4.
x y

1 1
1
1 x
11 1 x
11 1
   3       3      x    4
2
x
xy y
x x y y
x x y
 y x
1  1 1 

  x      4
x  y x 



2 1
1 1 1

1


x 2
 x        4
x  x  y  4

x
x
y
 
x




Ta có hệ 


 x  1   1  1   4
 x  1   1  1   4
1  1  2








 x y
x  y x 

x  y x 


1

 x2  2x  1  0
 x  x  2
x  1


 1 1

y 1
1  1  2
x  y  2

 x y

Câu III

1a.

   
3 AG  AN  AM  AB

  

 
6,5 điểm  1 AD  1 AD  AC  AB  5 AD  1 AC  AB
3

2
6
2
N









5
1
3
4
 AD  AB  AD  AB  AB  AD
6
2
2
3
D
 1  4 
 AG  AB  AD
2
9









A

B
G
M

C

K



    
 

1b. Đặt BK  xBC  AK  AB  BK  AB  xBC  AB  x AD

Ba điểm A, G, K thẳng hàng nên





 m  4m 

 1  4  
AK  m AG  AB  x AD  m  AB  AD   AB  x AD  AB 
AD
9
2
9
2

 m
m  2
1  2



8
 x  4m
 x  9

9
 8 
BK 8
 BK  BC 

9
BC 9
x  y  4  0
5 3
 P  ; .
2 2
x  y 1  0

2. Pt MN: x  y  4  0. Tọa độ P là nghiệm của hệ: 

Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên
ta có: PAM  PCD  ABD  AMP. Suy ra PA = PM
Vì A  AC : x  y  1  0 nên A  a; a  1 , a  2. Ta

B

có:
2

2

2

2

a  0
5 
5 5 5

 a     a           a  5  A  0; 1 .
2 
2 2 2



A

M
N
C

P

Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt:
2 x  3 y  10  0 . Đt BC đi qua M và vuông góc với

D
2 x  3 y  10  0
 B  1; 4 
y  4  0

AM nên có pt: y  4  0 . Tọa độ B là nghiệm của hệ: 
.

Câu IV

1a.

x  y  z  xyz 

1
1
1
 
 1 (1)
yz xz xy

1
1
1
1
1
1
 2 2


1
2
x
y
z
xy yz xz

1 1 1  1
1
1
2,5 điểm 1b. P= x  1 2 y  1  y  1 2 z  1  z  1 2 x  1 -       2  2  2  (3 )
x y
x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1


2
2
y
z
x2
Ta có:

 1
 1
1 
1
1
 1
=  x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2 
y 
z 
z 
x
x
y
2
2
2
(4)
  x  1   y  1   z  1
xy
yz
xz
y

Từ ( 3) và (4) suy ra P 
2

z

x

z x

y

 1
1 1 1 1
1
1
1
1
   2  2  2  2 
  (5)
x y z x
y
z
 xy yz zx 

1 1 1
 1
1
1 
1 1 1
      3 (6)
     3 
x y z
x y z
 xy yz zx 

z 

Từ (1), (2), (5) và ( 6)  P  3  1 . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3  1 .
2. Gọi x0 là nghiệm của phương trình x0  0
x04  ax03  bx02  cx0  1  0  b   x02 

1
1
 ax0  c .
2
x0
x0

2
 2 1
  2 2  2 1

1   2 1
 a  b  c   x0  x 2  1   a  c    x0  x 2  ax0  c x    x0  x2  1
0
0
0  
0

 


2

2

2

2


1
1 
1 
1
  ax0  c  x02  2  ax0  c    x02  2 
x0
x0
x0  
x0 


2

2

 2 1 
 x0  2 
x0 
t2
1
2
2
2
, với t  x02  2  2

 a  b  c   

1
x0
x02  2  1 t  1
x0
t2
4
  3t 2  4t  4  0   t  2  3t  2   0 Vì t  2 nên
t 1 3
 t  2  3t  2   0

Mặt khác

4
3

Vậy a 2  b 2  c 2  , dấu bằng xảy ra khi a  b  c 
2
2
a  c  , b   ( ứng với x0  1 ).
3
3

2
( ứng với x0  1 ) hoặc
3