Dai so 10 nang cao De thi chon HSG

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2015 - 2016
ĐỀ THI MƠN TỐN LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

x
Cho phương trình :

2

 3 x  2   x 2  9 x  20   m  1 0

Câu 1. (2.5 điểm)
a. Giải phương trình (1) với m 5 .

(1)

2
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn x  6 x  7 0 .

Câu 2. (1.0 điểm) Giải phương trình :

x 4  x 2  4  x 4  20 x 2  4 7 x

Câu 3. (1.0 điểm) Giải bất phương trình :

3 x 2  2 x  15  3 x 2  2 x  8 7

2
2
 y  y x  6 x

3 3
3
Câu 4. (1.5 điểm) Giải hệ phương trình : 1  x y 19 x
Câu 5. (1.5 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh 3a . Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên
4a
BM a, CN 2a, AP 
5 . Chứng minh AM  PN .
các cạnh BC , CA, AB sao cho

Câu 6. (1.5 điểm) Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A   1;3 . Gọi D là
điểm trên cạnh AB sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu vng góc của B trên CD .
 1 3
M  ; 
 2 2  là trung điểm đoạn HC . Xác định tọa độ đỉnh C , biết đỉnh B nằm trên
Điểm
đường thẳng có phương trình x  y  7 0 .
Câu 7. (1.0 điểm) Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c 3 . Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức :

P

a
b
c
 3 2

 3
2
a  b  c b  c  a c  a2  b
3

------------------- HẾT ------------------Họ và tên thí sinh : …………………………………….…….. Số báo danh : ……………..
Thí sinh nghiêm túc làm bài, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm !


SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
---------------------------

CÂU

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC : 2015 - 2016
MƠN TỐN LỚP 10

NỘI DUNG
 x2  3x  2  x2  9 x  20   m  1 0

Cho phương trình :
(1)
a. Giải phương trình (1) với m 5 .
Với m 5 ,  1 trở thành  x  1  x  2   x  4   x  5   4 0

x

2

ĐIỂM

0.5

 6 x  5   x 2  6 x  8   4 0

0.5

2
Đặt t x  6 x  7 , ta được phương trình

 t  2
t 2  t  6 0  
 t  2   t  1  4 0 
 t 3
2
 t  2  x  6 x  9 0  x  3
2
 t 3  x  6 x  4 0  x  3  5

0.5

Vậy với m 5 thì  1 có ba nghiệm là : x  3, x  3  5
b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn
x 2  6 x  7 0 .
0.5

 1   x  1  x  2   x  4   x  5  m  1

   x  1  x  5     x  2   x  4   m  1
  x 2  6 x  5  x 2  6 x  8  m  1
2

2
Đặt t x  6 x  7  x  3  2  2 , ta được phương trình
 t  2   t  1 m  1  t 2  t  1 m  2 

 1

2
có nghiệm thỏa mãn x  6 x  7 0   2  có nghiệm thỏa mãn
 2 t 0

Lập bảng biến thiên của hàm số
t

2

f  t  t 2  t  1, t    2;0

0

5
f t
1

0.5

Dựa vào bảng biến thiên ta được  1 m 5
Vậy giá trị m cần tìm là m    1;5

4
2
4
2
Giải phương trình : x  x  4  x  20 x  4 7 x
Nhận xét : Từ phương trình suy ra x  0
4
4
 pt   x 2  2  1  x 2  2  20 7
x
x
Ta có :
4
t  x 2  2  1 3
x
Đặt
, ta được phương trình t  t  21 7
1
 1

t  2  t  21  5 0   t  4  

 0
t  21  5 
 t 2
 t 4
 x 1

4
x 2  2  1 4  x 4  5 x 2  4 0  
 do x  0 
x 2
x

Ta được :
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x 1, x 2



 



Giải bất phương trình :

 bpt   

0.5

0.5

3x 2  2 x  15  3 x 2  2 x  8 7

 

3x 2  2 x  15  4 



3 x 2  2 x  8  3 0



1
1
  3x 2  2 x  1 

 0
2
2
3x  2 x  8  3 
 3x  2 x  15  4
1

x 
2

 3 x  2 x  1 0 
3

 x 1
Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là
1

S   ;     1;  
3

Chú ý : Có thể giải phương trình, xét dấu sau đó suy ra nghiệm của

bất phương trình. Hoặc có thể giải trực tiếp bất phương trình bằng ẩn
phụ
2
2
 y  y x  6 x

3 3
3
Giải hệ phương trình : 1  x y 19 x
Nhận xét : Với x 0 thi hệ vô nghiệm

0.5

0.5

0.5


 y y2
 x 2  x  6


1
3
  y 19
 x 3
Hệ phương trình

y1


 x  x  y   6
 


 1  y   3 y  1  y  19



 x
 x x


y

a  x

ab  6
a  6
b  1  y

 3
b 1
x
Đặt 
, ta được hệ b  3ab 19
y
1 
1

 x  6

 y  6 x
x 
 x 
 2

3 ,
2

1
6
x

x

1

0
  y 1 
 y  2  y 3

x
Suy ra 
1
1
 x; y   ;  2  ,  x; y    ;3 
3

 2 
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là
Chú ý : Có thể giải cách sau : Với x 0 , hệ tương đương

0.5

0.5

19 xy  19 x 2 y 2  144 x3
3
2
 6  xy   19  xy   19  xy   6 0

3 3
3
6  6 x y 144 x
…
Cho tam giác ABC đều cạnh 3a . Lấy các điểm M , N , P lần lượt trên các
cạnh BC , CA, AB sao cho
AM  PN .

BM a, CN 2a, AP 

4a
5 . Chứng minh

  
 




2

1
2MB  MC 0  2 AB  AC 3 AM  AM  AB  AC
3
3
Ta có :
  






1
AP
1
4
1
PN PA  AN  AP  AC 
AB  AC 
AB  AC
3
AB
3
15
3

0.5
0.5


 2
0.5
1   4
1


AM .PN  AB  AC   
AB  AC 
3
3
3
  15





8
4
2
1

AB 2 
AB. AC  AB. AC  AC 2
45
45
9
9





3
6
1
2

AB 2  AB. AC 
AB 2  AB. AC
45
45
15
15
9
2
2
 a 2   3a  .cos 60 0 0
15
15
Suy ra AM  PN (đpcm)
Trong mặt phẳng Oxy , cho tam giác ABC cân tại A   1;3 . Gọi D là điểm
trên cạnh AB sao cho AB 3 AD và H là hình chiếu vng góc của B trên
 1 3
M  ; 
CD . Điểm  2 2  là trung điểm đoạn HC . Xác định tọa độ đỉnh C ,
biết đỉnh B nằm trên đường thẳng có phương trình x  y  7 0 .

Kẻ Ax song song BC , gọi E CD  Ax , I là trung điểm của BC
Ta có tam giác DAE đồng dạng tam giác DBC

AE DA 1
1


  AE  BC IB
BC DB 2
2
 AEBI là hình chữ nhật  AEBI nội tiếp đường trịn đường kính
EI
Ta có IM song song BH  IM  CD  AEIM nội tiếp đường tròn
đường kính EI  AEBM nội tiếp đường trịn đường kính EI
 AMB 900  AM  BM

 3 9 3
AM  ;     1;  3  pt BM : x  3 y  5 0
 2 2 2
Ta có
 x  y  7 0


x  3 y  5 0

Tọa độ B là nghiệm của hệ

 x  4
 B   4;  3

 y  3

0.5

0.5



1

 5 5 5
AD  AB  D   2;1  DM  ;     1;  1
3
 2 2 2
pt CD : x  y  1 0 ; pt BH : x  y  1 0
 x  y  1 0
 x  1

 H   1;0 

x  y  1 0
y 0


Tọa độ H thỏa mãn hệ
Do M là trung điểm của CH, suy ra C  2;  3

0.5

Chú ý : Có thể chứng minh AM  BM bằng cách khác :
Kẻ d vng góc BC, gọi I, J lần lượt là giao của d với CD và CA, E là
trung điểm của BH. Chứng minh E là trực tâm tam giác IBM, D là
trọng tâm tam giác JBC, IE song song AM, suy ra AM  BM .

Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a  b  c 3 . Tìm giá trị lớn nhất của
a
b
c
P 3


a  b2  c b3  c 2  a c 3  a 2  b
biểu thức :
Ta có
0.5
2
1
2


1

9  a  b  c   a a .
 b.1  c . c   a 3  b 2  c    1  c 
a
a



1

a  1  c 
a
a

 1  a  ac
 3
 
2
a b c
9
9
b
1  b  ba
c
1  c  cb

, 3

3
2
2
9
c a b
9
Tương tự : b  c  a
Suy ra :
0.5
3   a  b  c    ab  bc  ca  6 1
P
   ab  bc  ca 
9
9 9
2 1 1
2 1 1

2
  .  a  b  c    . .9 1
3 9 3
3 9 3
Dấu “=” xảy ra khi a b c 1
Vậy max P 1 đạt được khi a b c 1