Đề thi học sinh giỏi tỉnh Toán 10 năm 2021 – 2022 sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 10 đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm học 2021 – 2022 sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Hà Tĩnh; kỳ thi được diễn ra vào ngày 15 tháng 03 năm 2022

32 16 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
NHÓM TOÁN VDC
Câu 1 a: Đặt
2
16 4
t x
, ta có phương trình:
2
t x t x
1
( )
2 1 2 1 0
2
2 1
t l
t t x
t x
Với
2 1
t x
, thì:
2
2 2
1
16 2 1
2
16 4 4 1
x
x x
x x x
2
1
1
2
3
3
2
3 4 15 0
5
3
x
x
x
x
x x
x
Câu 1b: Đk
0 3; 0
x y
.
Nếu
0
x y
, khi đó:
1 3 3 1m m
, thỏa mãn.
Nếu
, 0
x y
, PT một được viết lại:
2 2
4 3 3 2 2 0
x y x y
2 2
2 2
2 2
4
0
2
4 3 3
x y
x y
x y
x y
2
y x
Thay vào phương trình thứ hai ta được:
2
1 3 2 3 1 3 1 3 *
x x m x x x x x x m
Đặt
2
1 3 4 2 1 3 4 2
t x x t x x t
Mặt khác:
2
2
4 2 4 1 8 2 2
t x t . Hay:
2 2 2
t
Khi đó ta có
2
2
4
2 2 4 **
2
t
t m m t t
, với
2 2 2
t
Xét hàm số:
2
2 4, 2;2 2
f t t t t
Lập bảng biến thiên, phương trình (**) có nghiệm khi:
4 2 4 2 4 2 2 2 2
m m
.
Câu 2: Đường thẳng qua
O
vuông góc với phân giác góc
B
có phương trình tổng quát:
: 2 0
x y
.
Gọi
H
là giao điểm của
và
d
, thì tọa độ điểm
H
là nghiệm của hệ phương trình:
1;2
H .
Đường thẳng
cắt
AB
tại
K
, khi đó
,
O K
đối xứng nhau qua
H
, do đó:
2;4
K
+ Gọi điểm
5 2 ;
B b b
, do
O
là trung điểm
BC
nên
2 5;
C b b
.
+
3 2 ; 4
KB b b
vuông góc với
2 11; 2
IC b b
, khi đó:
2
1
. 0 3 2 2 11 4 2 0 6 5 0
5
b
KB IC b b b b b b
b
+ Với
1 3;1 ; 3; 1
b B C
.
- Đường thẳng
AB
đi qua
,
B K
nên có phương trình tổng quát:
3 10 0
x y
.
- Đường thẳng
AC
đi qua
,
C I
nên có phương trình tổng quát:
3 0
x y
.
+
A
là giao điểm của hai đường thẳng
,
AB AC
nên có tọa độ là nghiệm của hệ:
3 10
3;1
3 0
x y
A
x y
loại do trùng với điểm B
+ Với
5 5;5 ; 5; 5
b B C
.
- Đường thẳng
AB
đi qua
,
B K
nên có phương trình tổng quát:
7 30 0
x y
.
- Đường thẳng
AC
đi qua
,
C I
nên có phương trình tổng quát:
7 40 0
x y
.
+
A
là giao điểm của hai đường thẳng
,
AB AC
nên có tọa độ là nghiệm của hệ:
31 17
;
5 5
A
.
Câu 3. Ta có:
2 2
3 3
AI AH AB BH
.
Mặt khác
2 2 2
2
2 2
. .
BA BA c
BH BC BA BH BH BC BC
BC BC a

Do đó:
2 2
2 2
2 2 2 2 2 2
.
3 3 3 3 3 3
c c
AI AH AB BH AB BC IB IA IC IB
a a
  
2 2
2 2
2 2 2
2
2 2
3 3 3
a c
c a
AI IB IC IA
a a a
2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 0
3 3 3
a b c
IA IB IC
a a a
2 2 2
2 2 0
a IA b IB c IC
(đpcm)
Do
0
30
ACB
nên
2 ; 3
BC c CA c
. Khi đó:
2 2 4
2
2 2 2
. 3 3
4 2
AB AC c c
AH AH
AB AC c
2 2 3 3 1 3
. ;
3 3 2 3 3 6
c c c
AI AH IH AH
Ngoài ra:
2
3
.
2 2
c c
BH BC AB BH CH
. Theo định lí Pitago thì:
2 2
2 2
3 3
4 36 3
c c c
IB BH IH ;
2 2
2 2
9 3 21
4 36 3
c c c
IC CH IH
Ta thấy:
2 2 2 2 2 2
. . 2 . . 2 . . . . 2 . . 2 . .
a IA MA b IB MB c IC MC a IA MA b IB MB c IC MC
Lại có:
2 2 2
. . 2 . . 2 . .
a IA MA b IB MB c IC MC
 
2 2 2
. . 2 . . 2 . .
a IA IA IM b IB IB IM c IC IC IM

2 2 2 2 2 2 2 2 2
. 2 . 2 . . 2 . 2 .
a IA b IB c IC IM a IA b IB c IC
2 2 2 2 2 2
. 2 . 2 .
a IA b IB c IC
(Theo câu a)
Hay:
2 2 2
2 2 2 2 2 2
3 3 21 3 3 21
4 . . 2.3 . . 2 . . 4 . 2.3 . 2 .
3 3 3 9 9 9
c c c c c c
c MA c MB c MC c c c
2 3 7 4 3
MA MB MC c
Dấu bằng xảy ra khi M trùng I. Vậy
min 4 3
k c
.
Câu 4a. Đặt
2
2
1
1
x mx
y
x x
.
; ;
f a f b f c
là độ dài ba cạnh của một tam giác với
, ,
a b c
thì
2
0, 1 0,y x x mx x
2 2
m
+
; ;
f a f b f c
là độ dài ba cạnh tam giác nên điều kiện tương đương với:
min min max
y y y
Ta có
2
2 2
2
1
1 1
1
x mx
y y x x x mx
x x
2
1 1 0
y x y m x y
(1)
+ Nếu
1
y
thỏa mãn
+ Nếu
1
y
, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
2 2
4 1 0 2 3 2 0
y m y y m y m
(2)
+ Trường hợp 1:
2
2 1
3
m
m m
. Khi đó:
2 2
2 2 max ;min 2
3 3
m m
m y y y m
Vậy (*)
2 10 10
2 4 1
3 7 7
m
m m m
+ Trường hợp 2:
2
2 1
3
m
m m
. Khi đó:
2 2
2 2 max 2;min
3 3
m m
y m y m y
Vậy (*)
2 4 2 2
2 1
3 5 5
m
m m m
Kết hợp hai trường hợp, các giá trị tham số
m
thỏa mãn là:
2 10
5 7
m
Câu 4b. Trong tất cả các nghiệm của phương trình, giả sử
0 0
;
x y
là một ngiệm của phương trình và
thỏa mãn:
0 0
x y
nhỏ nhất với
0 0
x y
( do vai trò bình đẳng của
,
x y
) (1)
+ Xét phương trình bậc hai ẩn
y
:
2 2
0 0
1 0 2
y mx y x
Ta thấy
0
y
là một nghiệm, gọi
1
y
là nghiệm còn lại. Khi đó theo định lí Viet:
0 1 0
2
0 1 0
. 1
y y mx
y y x
. ta thấy
1
y
nguyên dương, từ (1) suy ra:
0 1
y y
+ Nếu
0 0
y x
thì từ phương trình ban đầu ta có
2
0
1
2m
x
.
Do
*
m
nên
2
0 0
1 1 3
x x m
.
Ngược lại với
3
m
thì phương trình có nghiệm
; 1;1
x y .
+ Nếu
0 1
y y
( PT (2) có nghiệm kép), khi đó:
2 2
0 1 0 0 0 0 0 0
. 1 1
y y y x y x y x
Do
0 0
0
x y
, nên
0 0 0 0 0 0
1 0; 1
y x y x x y
, loại do
*
x
+ Nếu
0 0 1
x y y
thì
0 0 1 0
1; 2
y x y x
Suy ra:
2 2 2
0 0 1 0 0 0 0 0
1 . 1 2 1 3 2
x y y x x x x x
0
3 1 0
x
, không xảy ra .
Vậy :
3
m
Câu 5. Xét:
2
4 2 2 2 2
2 2 1 2 1 1 2 2 0
a a a a a a a a a
Dấu = xảy ra khi
1
a
.
Nên:
4 2 4 2 4 2
2 2 0 4 2 1 2 4 2 1
a a a a a a a a ab ab a
Do đó:
4 2
1 1
2 1
2 4
ab a
a a ab
Tương tự, suy ra:
1 1 1
2 1 2 1 2 1
P
ab a bc b ca c
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
1 1 1 1
3
1 1 1
2
P
ab a bc b ca c
.
Lại có
1
abc
nên:
2
1 1
3
1
2
abc abc
P
ab a bc ab c abc ca c abc
1 1 1 1 3
3 3
1 1 1 1 2
2 2
a ab a ab
ab a ab a a ab ab a
Dấu bằng xảy ra khi:
1
a b c
. Vậy:
max
3
2
P .
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

NHÓM TOÁN VDC Câu 1 a: Đặt 2
t  x 16  4 , ta có phương trình: 2
2t  1 4xt  2x 1  0  1 t  (l) 2t  1 t 2x  1 0        2  t  2x 1  1 x  Với t  2x 1, thì: 2 x 16  2x 1   2 2 2 x 16  4x 4x1  1 x  1   2 x     2  x  3  x  3 2 3
 x 4x 15  0  5 x    3
Câu 1b: Đk 0  x  3; y  0 .
Nếu x  y  0 , khi đó: 1 3  m  3  m  1  , thỏa mãn.
Nếu x, y  0 , PT một được viết lại: 2 2
4x  3  y  3  2 2x  y   0 2 2 4x  y 22x  y    0  y  2x 2 2 4x  3  y  3 2x  y
Thay vào phương trình thứ hai ta được: 2
x 1  3  x  m  x  2x  3  x 1  3  x   x   1 3 x  m  * Đặt 2
t  x 1  3  x  t  4  2  x  
1 3 x  4  t  2 Mặt khác: t    x  2 2 4 2 4
1  8  t  2 2 . Hay: 2  t  2 2 2 t  4 Khi đó ta có 2 t 
 m  2m  t  2t  4**, với 2  t  2 2 2 Xét hàm số: f t 2
 t  2t  4, t  2;2 2  
Lập bảng biến thiên, phương trình (**) có nghiệm khi:
4 2  4  2m  4  2 2  2  m  2 .
Câu 2: Đường thẳng qua O vuông góc với phân giác góc B có phương trình tổng quát: : 2x  y  0 .
Gọi H là giao điểm của  và d  , thì tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình:  H 1;2 .
Đường thẳng  cắt AB tại K , khi đó O, K đối xứng nhau qua H , do đó: K 2;4 + Gọi điểm B 5  2 ;
b b , do O là trung điểm BC nên C 2b  5;b .   + KB 3  2 ;
b b  4 vuông góc với IC 2b 11; b   2, khi đó:   b  K .
B IC  0  3  2b2b 1  1  b  4 b   2 1 2
 0  b  6b  5  0   b  5 + Với b  1 B 3;  1 ;C 3;  1 .
- Đường thẳng AB đi qua B, K nên có phương trình tổng quát: 3x  y 10  0 .
- Đường thẳng AC đi qua C, I nên có phương trình tổng quát: x  3y  0 . 3  x  y  10
+ A là giao điểm của hai đường thẳng AB, AC nên có tọa độ là nghiệm của hệ:   A3;  1 x  3y  0
loại do trùng với điểm B
+ Với b  5  B 5;5;C 5; 5   .
- Đường thẳng AB đi qua B, K nên có phương trình tổng quát: x  7 y  30  0 .
- Đường thẳng AC đi qua C, I nên có phương trình tổng quát: 7x  y  40  0 .  31 17 
+ A là giao điểm của hai đường thẳng AB, AC nên có tọa độ là nghiệm của hệ:  A ;   .  5 5 
 2  2  
Câu 3. Ta có: AI  AH   AB  BH . 3 3 2 2 2 BA
 BA  c  Mặt khác 2 BH.BC  BA  BH   BH  .BC  BC 2 2 BC BC a 2 2
 2  2   2  2c  2   2c  
Do đó: AI  AH   AB  BH   AB  .BC  IB  IA  IC  IB 2   2   3 3 3 3a 3 3a  2 2 2 a  c  2 2
 2c  2a   AI  IB  IC  IA 2 2 2 3a 3a 3a 2 2 2 
2a   2b  2c        1  IA  IB  IC  0 2 2 2
 a IA  2b IB  2c IC  0 (đpcm) 2 2 2  3a  3a 3a Do  0
ACB  30 nên BC  2c;CA  c 3 . Khi đó: 2 2 4 AB .AC 3c c 3 2 AH    AH  2 2 2 AB  AC 4c 2 2 2 c 3 c 3 1 c 3  AI  AH  .  ; IH  AH  3 3 2 3 3 6 c 3c Ngoài ra: 2
BH.BC  AB  BH   CH 
. Theo định lí Pitago thì: 2 2 2 2 c 3c c 3 2 2 9c 3c c 21 2 2 IB  BH  IH    ; 2 2 IC  CH  IH    4 36 3 4 36 3 Ta thấy:       2 2 2 2 2 2 a .I . A MA  2b .I . B MB  2c .IC.MC  a .I . A MA  2b .I . B MB  2c .IC.MC
Lại có:       2 2 2 a .I . A MA  2b .I . B MB  2c .IC.MC 
  
  
   2  a IA IA IM  2  b IB IB  IM  2 . . 2 . .  2c .IC.IC  IM      2 2 2 2 2 2
 a IA  b IB  c IC  IM  2 2 2 . 2 . 2 .
a .IA  2b .IB  2c .IC  2 2 2 2 2 2
 a .IA  2b .IB  2c .IC (Theo câu a) 2 2 2 c 3 c 3 c 21 3c 3c 21c Hay: 2 2 2 2 2 2 4c . .MA  2.3c . .MB  2c . .MC  4c .  2.3c .  2c . 3 3 3 9 9 9
 2MA  3MB  7MC  4 3c
Dấu bằng xảy ra khi M trùng I. Vậy min k  4 3c . 2 x  mx 1 Câu 4a. Đặt y  . 2 x  x 1
f a; f b; f c là độ dài ba cạnh của một tam giác với a  , , b c thì 2
y  0,x    x  mx 1  0, x
    2  m  2
+ f a; f b; f c là độ dài ba cạnh tam giác nên điều kiện tương đương với: min y  min y  max y 2 x  mx 1 Ta có y   y  2 x  x   2 1  x  mx 1 2 x  x 1   y   2
1 x   y  m x  y 1  0 (1) + Nếu y  1 thỏa mãn
+ Nếu y  1 , phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
 y  m2   y  2 4
1  0   y  m  23y  m  2  0 (2) m  2 + Trường hợp 1:
 2  m  m  1. Khi đó: 3   m  2 m  2 2  m  2  y   max y  ; min y  m  2 3 3 m  2 10 10 Vậy (*) 2m  4   m   1  m  3 7 7 m  2 + Trường hợp 2:
 2  m  m 1. Khi đó: 3 m  m    2 2 2 
 y  m  2  max y  m  2;min y  3 3 2m  4 2 2 Vậy (*)
 m  2  m    m 1 3 5 5 2 10
Kết hợp hai trường hợp, các giá trị tham số m thỏa mãn là:  m  5 7
Câu 4b. Trong tất cả các nghiệm của phương trình, giả sử  x ; y là một ngiệm của phương trình và 0 0 
thỏa mãn:  x  y nhỏ nhất với x  y ( do vai trò bình đẳng của x, y ) (1) 0 0  0 0
+ Xét phương trình bậc hai ẩn y : 2 2 y  mx y 1 x  0 2 0 0  
Ta thấy y là một nghiệm, gọi y là nghiệm còn lại. Khi đó theo định lí Viet: 0 1  y  y  mx  0 1 0 
. ta thấy y nguyên dương, từ (1) suy ra: y  y 2  y .y  x 1 1 0 1  0 1 0 1
+ Nếu y  x thì từ phương trình ban đầu ta có m  2  . 0 0 2 x0 Do * m   nên 2
x  1  x  1 m  3 . 0 0
Ngược lại với m  3 thì phương trình có nghiệm  ; x y  1;  1 .
+ Nếu y  y ( PT (2) có nghiệm kép), khi đó: 0 1 2 2
y .y  y  x 1 y  x y  x  1 0 1 0 0  0 0  0 0 
Do 0  x  y , nên y  x  y  x  1 x  0; y  1 , loại do * x   0 0 0 0 0 0 0 0
+ Nếu x  y  y thì y  x 1; y  x  2 0 0 1 0 0 1 0 Suy ra: 2
x 1  y .y   x   1  x  2 2 2
 x 1  x  3x  2  3x 1  0 , không xảy ra . 0 0 1 0 0 0 0 0 0 Vậy : m  3
Câu 5. Xét: a  a  a   a a    a    a  2 4 2 2 2  2 2 2 1 2 1 1 a  2a  2  0 Dấu = xảy ra khi a  1. Nên: 4 2 4 2
a  a  a    a  a   a   4 2 2 2 0 4 2
1  a  a  2ab  4  2ab  a   1 1 1 Do đó:  4 2 a  a  2ab  4 2ab  a   1 1 1 1 Tương tự, suy ra: P    2ab  a   1 2bc  b   1 2ca  c   1
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có: 1  1 1 1  P  3     . 2
 ab  a 1 bc  b 1 ca  c 1 1  1 abc abc 
Lại có abc  1 nên: P  3    2  2
 ab  a 1 bc  ab c  abc ca  c  abc  1  1 a ab  1 1 a  ab  3  3    3      2
 ab  a 1 1 ab  a a 1 ab  2  ab  a 1 2 3
Dấu bằng xảy ra khi: a  b  c  1. Vậy: P  . max 2
Document Outline

  • de-thi-hoc-sinh-gioi-tinh-toan-10-nam-2021-2022-so-gddt-ha-tinh
  • LỜI GIẢI HSG 10 2022