DE DAP AN HSG TOAN 10 LAN 2 NAM 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯNG YÊN. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 - 2016. TRƯỜNG THPT MINH CHÂU. Môn thi: TOÁN 10 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề). Câu 1 (2,0 điểm) Giải các phương trình, bất phương trình: a). x  3  x 2  3x 0. 2. x( x 1)  2  x  x  4 .. b) 2 C©u 2 (2,0 ®iÓm) Cho hàm số y x  2mx  3m (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1. b) Tìm m để đường thẳng y  2 x  3 cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt và hoành độ của chúng đều dương.. 3 2 Câu 3 (0,75 điểm) Tìm m để phương trình x - 2 x + x = m( x - 1) có ba nghiệm phân 2 2 2 biệt x1, x2 , x3 thỏa mãn x1 + x2 + x3 = 4.. Câu 4. 1  sin   5  900    1800 (1 điểm) Cho  . Hãy tính các giá trị lượng giác còn lại của góc  ..  cos  ; tan  ; cot   A 1;1 ; B 3;0 ; C 4;5. Câu 5 (2 điểm) Cho tam giác ABC có:       a) Tìm tọa độ trong tâm G và trực tâm H của tam giác ABC. b) Tìm tọa độ điểm D thuộc đoạn BC sao cho diện tích tam giác ABD gấp 2 lần diện tích tam giác ACD. 1 Câu 6 (0,75 điểm) Cho tam giác ABC có diện tích bằng 4 . Đặt. a = BC , b = AC , c = AB . Chứng minh rằng cot A + cot B + cot C = a 2 +b2 + c2 .  x  y 2  y  2 x   6 x   2  2 Câu 7 (0,75 điểm) Giải hệ phương trình: 3x  5 x  3 xy  y 0. . .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Câu 8 (0,75 điểm) Cho hai số dương a, b có tổng bằng 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của. biểu thức. P=. 1 1 2016 + 2 + ab . 4a + 2 4b + 2 2. -------------------- Hết -------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD & ĐT HƯNG YÊN. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. TRƯỜNG THPT MINH CHÂU. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM HỌC 2015 - 2016. --------------------. Môn thi: TOÁN 10 Câu. Nội dung 2 + Nếu x ³ - 3 , ta có phương trình x + 4 x + 3 = 0. Phương trình. 1.a) (1 điểm). này có 2 nghiệm x =- 1, x =- 3 thỏa mãn.. Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm là x =- 1 và x =- 3. Đặt. (1 điểm). 0,5. 2 + Nếu x <- 3 , ta có phương trình x + 2 x - 3 = 0. Phương trình. này có 2 nghiệm x = 1 và x =- 3 không thỏa mãn.. 1.b). Điểm. 0,5. x 2  x 4 t (t  0) .. 2 Phương trình trở thành t - t - 2 = 0.. Phương trình này có 1 nghiệm t = 2 thỏa mãn.. 0,5 0,5. x 2  x 4 2 . Từ đó x = 0; x =- 1.. 3) (0,75 điểm). Suy ra Biến đổi phương trình trở thành. éx = 1 ( x - 1)( x 2 - x - m) = 0 Û ê 2 êx - x - m = 0 (*) ë. 0,25. Phương trình đã cho có 3 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. Tức là. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> ïìï  = 1 + 4m > 0 1 Û - < m ¹ 0. í ïïî - m ¹ 0 4. Giả sử. x1 =1; x2 & x3. là các nghiệm của (*). Ta có. 0,25. x12 + x22 + x32 = 4 Û x22 + x32 = 3 Û ( x2 + x3 ) 2 - 2 x2 x3 = 3 Theo định lý Vi-et ta tìm được m = 1 thỏa mãn yêu cầu.. 6) (0,75 điểm). 2S b2 + c2 - a 2 sin A = , cos A = bc 2bc Ta có. b2 + c 2 - a 2 Þ cot A = = b2 + c 2 - a 2 4S 2 2 2 2 2 2 Tương tự cot B = a + c - b , cot C = a + b - c. Cộng 3 đẳng thức trên suy ra điều phải chứng minh. Nhận thấy x = 0 , y=0 mãn hệ phương trình.   2  y  x  y  x  2   6    3 x  y 2  y  2 3 x Khi x 0 biến đổi hệ thành . . (0,75 điểm). .  u  1  uv  6 v 6    u 2 3u  v 5 y 2  u x  y , v   2  v  3 x Đặt : , hệ trở thành:  x  y 2  1 64 x 2  x  1 0 u  1    y   v 6  y 8 x  8 x +Với (vô nghiệm)  x  y 2 2 u 2   y   v  3   1 x. 0,25 0,25. . . 7. 0,25. 0,25. 0,25.   x 1   x 2  x  2 0  y  1     x  2  y  x    y 2. +Với Vậy hệ PT đã cho có 3 nghiệm là(0 ; 0), (1;-1) và (-2;2). 0,25 8. 1 1 4 + ³ x, y > 0 thì x y x + y (*). (1,0 điểm) Ta chứng minh được với.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Áp dụng (*) ta có: 1 1 1 6047 P= 2 + 2 + + 4a + 2 4b + 2 3ab 3ab ³. 1. a 2 +b2 +1. +. 1 6047 4 6047 + ³ + . 2 3ab 3ab ( a + b) + ab +1 3ab. 2 æa + b ö 4 6047 6049 ÷ 0 < ab £ ç =1 Þ P ³ + = . ÷ ç ÷ ç è ø 2 4 + 1 + 1 3 3 Vì 6049 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3 khi và chỉ khi a b 1 .. 2. + TXĐ; Đỉnh I(-1;-4) a + Bảng biến thiên; + Các khoảng đồng biến, nghịch biến + Đồ thị y x 2  2mx  3m và y  2 x  3 cắt nhau tại hai điểm b Tìm m: phân biệt và hoành độ dương Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm dương phân biệt x 2  2mx  3m  2 x  3  x 2  2( m  1) x  3m  3 0  '  0     3(m  1)  0  2(m  1)  0  m  1  '  0  m2  5m  4  0  ( m  1)( m  4)  0   m  4 Kết hợp nghiệm, kết luận m   4. 4. . 2 900    1800 nên cos   0  cos   1  sin . cos   1 . 0,25 0,25. 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25. 0,25 0,25 0,25 1,0. 1  sin   5  900    1800 . Vì. 0,25. 1 2 6  25 5. 1 sin  6 tan    5  cos  2 6 12 5 + 2 6 cos  cot    5 2 6 1 sin  5 +. 0,5 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 5. a. A  1;1 ; B  3;0  ; C  4;5   1 3  4 1 0  5  8  G ;   G  ;2 3 3  3  + Tọa độ trong tâm:    HA.BC 0  HA  BC       HB  AC H  x; y   HB. AC 0 (1) + Giả sử . Vì      HA  1  x;1  y  ; HB  3  x;  y  ; BC  1;5  ; AC  3; 4 . Khi đó (1) trở thành:.  1  x   5  1  y  0   3  3  x   4   y  0. b. 41  x   x  5 y 6  11  H  41 ; 5       11 11  3x  4 y 13 y  5  11.  8   41 5  G  ;2;H  ;  Vậy  3   11 11    S ABD  S ACD  BD 2CD  DB  2 DC. Vì. .. Suy ra D chia đoạn BC theo tỷ số -2. xB    2  xC 3  2.4 11     xD  1    2 3 3   11 10   D ;    3 3  y  yB    2  yC  0  2.5 10 D  1    2 3 3 Vậy tọa điểm D là: . -------------------- HÕt --------------------.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>