Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 - 11 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu) Câu 1. (5.0 điểm)
a. Giải bất phương trình 2 4 3x(2x 
x  3)  2(1  x ). 2 2 
( x 1  x)( y  1  y)  1
b. Giải hệ phương trình  .
3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10  Câu2. (5.0 điểm)
a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol 2
(P) : y  x  4x  3, điểm I (1;4) và đường
thẳng d : y  mx  m  8. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt parabol (P)
tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho tam giác IAB cân tại I.
b. Một người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo
một con sông. Người đó muốn làm một cái hàng rào hình Con sông
chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất
hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng
rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 80
ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí
nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài. Tính diện
tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với
chi phí vật liệu 20 triệu đồng. Câu 3. (6.0 điểm)
a. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc  BAC bằng 0
60 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng
3. Gọi A , B ,C lần lượt là hình chiếu vuông góc của , A B,C lên 1 1 1
BC, AC, AB và M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho   
ABM  BCM  CAM  .
Tính cot và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C . 1 1 1
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại , A đỉnh C( 4  ;1), phân giác
trong góc A có phương trình x  y  5  0.Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện
tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương. Câu 4. (2.0 điểm ) Cho phương trình 2 2 2
(x  ax  1)  a(x  ax  1) 1  0, với a là tham số. Biết rằng phương
trình có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng a  2. Câu 5. (2.0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn 3 3 3
x  y  z  3 .
xyz   x  y  z2 1
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   .
xy  yz  zx
xy  yz  xz  1
---------------Hết ---------------
-Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay;
-Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ............................................................ Số báo danh:................................... NỘI DUNG Câu 1.a pt 2 2 2
 2x (x  3)  3x x  3  2  0 2 x x  3  2 (1)    1 2 x x  3   (2)   2 x  0 (1)   4 2
x  3x  4  0  x 1 x  0  (2)   1 4 2 x  3x   0  4 3   10  x   2  
Vậy bất phương trình có nghiệm x 1 hoặc 3 10 x   2 Câu 1b 2 2
 x 1 x  y 1 y 2 2
( x 1  x)( y 1  y)  1(1)    x  y 2 2
 x 1  x  y 1  y 
Thay x=y vào phương trình thứ hai ta được
3 3x  2  x 6  x  10 . ĐK: 2  x  6 3
PT  3( 3x  2  2)  x( 6  x  2)  2(x  2)  0 9 x  (x  2)(  2  )  0 3x  2  2 6  x  2 9 9 7 x 6 Ta có  2   2  ;   3 3x  2  2 3.6  2  2 2 6  x  2 2
Suy ra x  2 . Vậy hệ có nghiệm (2; 2)
Câu 2a. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình 2 2
x  4x  3  mx  m  8  x  (m  4)x  m  5  0 (1)
(1) Có 2 nghiệm phân biệt 2
   m 12m 36  0  m  6  x  1  Ta có (1)   x  m  5
Gọi A  B 2 1;8 ,
m 5; m  6m  8, Tam giác IAB cân tại I I d m  2      2 2 2 2 2 IA  IB
(m 4)  (m  6m 4)  2  4 m  2    2
(m 6)(m 2)(m  4m1)  0  m  2   3 (Do m  2  ,m  6  )
Câu 2b. Gọi x là chiều dài hàng rào vuông góc với bờ sông, y là chiều dài hàng rào
song song với bờ sông. Theo giả thiết ta có: 3 . x 40.000  . y 80.000  20.000000 500  3x
 3x  2y  500  y  2
Diện tích khu vườn sau khi rào là 3  500 2
f (x)  xy 
x  250x, 0  x  2 3
Ta có: f (x) là tam thức bậc hai có hệ số của 2
x âm nên đạt GTLN tại 2  50 250 500    x (0; ) 3  3 3 31250 2  max f (x)
(m ) . Vậy diện tích lớn nhất mà người nông dân rào được là 500 (0; ) 3 3 31250 2 2
(m )  10416,666(m ). 3 1 Câu 3a. Ta có: 0 S  bc sin 60  .
p r  10 3  bc  40 2 2 2 2 0
a  b  c  2bc cos 60 2 2
 a  (b  c)  3bc 2 2
 a  (20  a) 120  a  7 b   c 13 b   8 b      hoặc 8  b  c  40 c   5 c  5 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AB BM AM AD AM DM DB DM BM cot           4S 4S 4S ABM ADM DBM 2 2 2 2 2 2
AB  AC  BC 8  5  7 23 3    4SABC 4.10 3 20
Ta thấy tam giác ABC nhọn. Theo tính chất của tứ giác nội tếp đường tròn ta có: 0 0
B BA  C CA  90  A  30 ; 1 1 0 0 0
B AC  B A A  AAC  C CA  B BA  90  A  90  A  60 . 1 1 1 1 1 1 1 1 1
Theo định lý sin trong tam giác CC B nội tiếp đường tròn đường kính BC , ta có 1 1 B C 7 1 1 0
 BC  B C  7sin30  1 1 sin C CA 2 1 B C 7 7 3 Ta có: 1 1 R    . 1 0 2sin 60 2 3 6 Câu 3b. ( A ;
a 5  a), a  0; AC  ( 4   ; a 4   a),
d : x  y  5  0, u   d (1; 1)
Do d là phân giác góc BAC nên góc giữa d và AC bằng 45 AC.ud ( 4   a).1 (a 4).( 1  ) 1 0  o c s45    2 2 AC. ud (4  a)  (a 4) . 2 2  a  4 (
A 4;1) (Do a  0)
Ta có: AB : x 4  0. Gọi B(4;b) ; AB  (0;b1); AB  b 1 , AC  8 1 S
 36  b 1 .8  36  b 1  9 ABC 2 b 10 B(4;10)     b  8  B(4; 8  )
Do B, C nằm về hai phía của d nên B(4;10) BC: 9x-8y+44=0 Câu 4. Đặt 2
f (x)  x  ax 1. Do phương trình f ( f (x))  0 có nghiệm thực nên phương
trình f (x)  0 có nghiệm thực. Suy ra 2   a  4  0.
Gọi f (x)  (x  x )(x  x ), x , x  1 2 1 2
+) Nếu x  x thì 2
f ( f (x))  ( f (x)  x ) . Suy ra phương trình f (x)  x có 1 2 1 1 nghiệm duy nhất hay 2
(x  x )  x có nghiệm duy nhất. Suy ra 2
x  0  f (x)  x 1 1 1 Vô lý. Suy ra t 2 a  4  0.SScchìp
+) Khi x  x thì một trong 2 phương trình f (x)  x vô nghiệm, phương trình còn 1 2 i
lại có nghiệm kép.(Nếu xảy ra cả hai phương trình có nghiệm thì nghiệm của
phương trình này không là nghiệm phương trình kia vì x  x và khi đó phương 1 2
trình f ( f (x))  0 có hơn 1 nghiệm). Giả sử 2
x  ax 1 x  0 có nghiệm kép và 2
x  ax 1 x  0 vô nghiệm. 1 2 2
  a  4  4x  0 Ta có 1 1  2
  a  4  4x  0  2 2 x  0 1  
 a  (x  x )  0. Kết hợp với 2
a  4  0. Suy ra a  2. 1 2 x  0  2
Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có: 3 3
x 11  3x  x  2  3x . Tương tự: 3
y  2  3y ; 3 z  2  3z
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên suy ra x  y  z  3.
Ta có  x  y  z  xyz3 3 3 3 3 3 3
 3xyz  xyz 1. Ta có 3 3 3
3  3xyz  x  y  z  3xyz      2 2 2 x y z
x  y  z  xy  yz  zx   2 2 2
3 x  y  z  xy  yz  zx . 2 2 2
1 xyz  x  y  z  xy  yz  zx  xyz  x  y  z2 13xy  yz  zx . Ta có:           2 1 3 xy yz zx xyz x y z 2 1 3 10
0  xy  yz  zx  3 . t 
Ta có: P  f t  3 1 1  
với t  xy  yz  zx ; t (0;3] t t 1 
 f t 3t 1 1 1 1 37 )    3  3  t t 1 t(t 1) 3(3 1) 12 Vậy 37 MinP 
 x  y  z 1 12
Document Outline

• [toanmath.com] - Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm học 2018 – 2019 sở GD&ĐT Hà Tĩnh
• LỜI GIẢI T10