Đề thi chọn HSG Toán 10 năm học 2017 – 2018 trường THPT Quỳ Hợp 1 – Nghệ An

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1
Năm học 2017 – 2018 Ngày thi: 30/01/2018
Môn thi: Toán – Lớp 10 ***
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Câu I ( 2+2=4 điểm) Cho parabol 2
(P) : y  ax  bx 1  3  1  1
1) Tìm các giá trị của ;
a b để parabol có đỉnh S ;   .  2 2  2) Với giá trị của ;
a b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng
 : y  x(k  6) 1 cắt parabol tại hai điểm phân biệt M; N sao cho trung điểm của
đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d : 4x  2 y  3  0 . Câu II ( 2 điểm)    
Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N, P thỏa mãn BM  k BC , 2
CN  CA, 3  4  AP 
AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 15
Câu III( 3+3+3=9 điểm) 1) Tìm m để phương trình 3m  1
x  6 x  9  m x  2 x  9  8  x  2
có hai nghiệm x , x sao cho x  10  x 1 2 1 2 2)
Giải phương trình x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x. 3  x 2 2  3)
Giải hệ phương trình x  y  2y  6  2 2y  3  0  . 2 2 2 2
(x  y)(x  xy  y  3)  3(x  y )  2
Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Gọi E; F là các điểm xác định bởi
 1   1 
BE  BC, CF   CD, đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại điểm I . 3 2  
1) Tính giá trị của E . A CE theo a. 2) Chứng minh rằng  0 AIC  90 . Câu V ( 2 điểm)
Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  a a  b b  c c P .
2c  a  b
2a  b  c
2b  c  a - - - - Hết - - - - -
“CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH” Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm Bài 1 4 điểm Câu 1 Tìm …. 2 điểm Do Parabol nên và có trục đối xứng nên 0,5 .
Tọa độ đỉnh có tung độ là mà nên ta có: 0,5 hay Ta có hệ pt thế vào ta được: Nếu loại. 1,0 Nếu thỏa mãn. Vậy là giá trị cần tìm.
Câu 1 Tìm m … với parabol 2 ý 2 điểm
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt có hai nghiệm phân biệt , 0,5 hay pt: 2
2x  kx  2  0 có hai nghiệm phân biệt có Khi đó, giao điểm , ,
nên trung điểm của đoạn là . 0,5  1 2    k 2 3k k  k 
Theo định lý Viet ta có x  x  nên 2 I  ; 1 2  0,5 2 4 2    
Do I thuộc đường thẳng nên 2
k  8k  2  0 hay 0,5
k  4  18 thì thỏa mãn bài toán.  
Bài 2 Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N, P thỏa mãn BM  kBC ,
 2   
CN  CA, 4 AP 
AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 3 15      
+) BM  k BC  AM  AB  k(AC  AB) A   
 AM  (1 k)AB  k AC . P N
   4  1 
+) PN  AN  AP   AB  AC 15 3 B C M  
Để AM vuông góc với PN thì AM .PN  0 
  4  1 
 (1 k)AB  k AC  AB  AC  0     15 3  4(  1 ) k    k 2 2 1 k 4    k AB AC (  ) AB AC  0 15 3 3 15 4(  1 k) k 1 k 4k 0    (  )cos60  0 15 3 3 15 1  k  3 1 KL: k  3 Câu 3
1) Tìm m để phương trình 3m  1
x  6 x  9  m x  2 x  9  8  x  2 Giải: PT         3m  1 x 9 3 m x 9 1  x 
đặt t  x  9,t  0 2 PT trở thành : 
t  3  m t  1 3m 1 2 2  t  9 
 2t  2m  1t  m  13  0 (1) 2
PT ban đầu có nghiệm x  10  x 1 2  '  0  (1) có nghiệm 
0  t  1  t   t  1 t  1  0 1 2
 1  2 
t  t  0  1 2
m 12  2m 13  0 2 
m  25  0 m  13   
 m  1  1  0  13
  m  0  m  13 2  m  1
m  1  0   2) Giải phương trình
x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x. 3  x giải:
Điều kiện: x  3
Đặt 3  x  a; 4  x  b; 5  x  c với a, b, c là số thực không âm. Ta có 2 2 2
x  3  a  4  b  5  c  . a b  . b c  . c a Do đó 2 3
  a  ab  bc  ca 
 a  bc  a  3   2
4  b  ab  bc  ca  
 b  ca  b  4  2 
5  c  ab  bc  ca  c  a 
b  c  5
Nhân từng vế ba phương trình ta được
a  bb  cc  a  2 15  2 15 a  b  5   2 15 15 15 15 Suy ra b   c 
 a  b  c    3 5 4 3   2 15 c  a  4  671 671 Suy ra x  . Thử lại x  thỏa mãn phương trình. 240 240 671
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  240 2 2 
3) Giải hệ phương trình x  y  2y  6  2 2y  3  0  . 2 2 2 2
(x  y)(x  xy  y  3)  3(x  y )  2 Giải 2 2 
Giải hệ phương trình x  y  2y  6  2 2y  3  0 (1)  . 2 2 2 2
(x  y)(x  xy  y  3)  3(x  y )  2 (2)
ĐKXĐ: y  1,5 . (2) 
x  y  x  y  x  y    x  3   y  3 3 3 2 2 3 3 3 2 1
1  x 1  y 1  y  x  2
Thay vào pt thứ nhất ta được: 2 2  1   1  
2x 1  1 x 2
x  3x 1   2x 1  x   2x 1         2   2 
 2x 1  x
(Có thể bình phương được pt:  x  2 2
1 (x  4x  2)  0 )
Giải hai pt này ta được x  1, x  2  2
Vậy hệ có hai nghiệm là  ; x y  1;  1 ,2  2, 2 . Câu 4 Giải: 1. Tính theo a. Ta có ; Ta có nên Mặt khác: Trong tam giác vuông ta có Nên 2. Chứng minh Ta có . Giả sử Do thẳng hàng nên: nên Nên và Nên nên .
Câu 5 Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  a a  b b  c c P .
2c  a  b
2a  b  c
2b  c  a Giải 3 3 3 a a a 1 a a c  3 c  3   (   ) 
2c  a  b
c  (a  b  c) 2 c  3 c  3 8 16 3 3 1 a a
c  3 c  3 3a c  3 3  3    2
c  3 c  3 8 16 4 16 Suy ra: a a 3a c  3  
2c  a  b 4 16 Tương tự b b 3b a  3 c c c b    và 3 3  
2a  b  c 4 16
2b  a  c 4 16
Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được 3 P  , 2 3 P  khi a=b=c=1. KL 2