Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN
Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019 -THẠCH THẤT-
Môn: Toán
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề)
Câu 1.(5,0 điểm) 1) Cho hàm số 2
y  x  x 1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d : y  2
 x  m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( m  R) để phương trình 4
x   m   2 3
1 x  6m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4  .
Câu 2.(5,0 điểm ) 2 2
1) Giải bất phương trình: 2x  5  x  x  25 x  5x  6  0 . 3
 2x  y  x  2y 1  5 
2) Giải hệ phương trình: 2 x  2y 1 5x 10y  9  .
Câu 3.(2,0 điểm)
Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết 2 2
S  b  (a  ) c . Tính tan B .
Câu 4.(3,0 điểm)
Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và 0
BAC  60 . Các điểm M, N được xác định  bởi 1 MC  2
 MB và NA 
NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông 2 góc với nhau.
Câu 5.(3,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A1;2, B 3; 4
  . Tìm tọa độ điểmC sao cho ABC 
vuông tại C và có góc 0 B  60 .
Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2 x 2 y 2 z 1 1 1      3 2 3 2 3 2 2 2 2    x y y z z x x y z
-------- Hết -------
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: …….
SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN
Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 -THẠCH THẤT-
Môn: Toán Thời gian: 150 phút
Câu 1.1 (3,0 đ) 1) Cho hàm số 2
y  x  x 1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d: y  2  x  m
cắt đồ thị (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). PT hoành độ giao điểm: 2
x  3x 1 m  0. (1)
Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  PT (1) có 2 nghiệm phân biệt x , x 1 2 1,0 13
   0  13  4m  0  m  . (*) 4
x  x  3 ( A x ; 2
 x  m); B(x ; 2
 x  m) Theo hệ thức Vi-et: 1 2  Giả sử 1 1 2 2 . 0,5
x .x  m 1  1 2
Ta có OAB vuông tại O 1  21 1,0  .
OA OB  0  5x x  2m  x  x  2 2
 m  0  m  m  5  0  m  1 2 1 2 2 
Đối chiếu đk (*) có 2 giá trị của m là 1 21 m  0,5 2
Câu 1.2(2,0 điểm)
2) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình 4
x   m   2 3
1 x  6m  2  0 có bốn
nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4. Đặt 2
t  x  0 , thay vào phương trình ta được 2
t  3m  
1 t  6m  2  0 0,5 t   2  
phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi    t 3m 1  1 3m 1  0 m     
3 . Khi đó pt đã cho có 4 nghiệm là  2;  3m 1 0,5 3m 1  2 m 1 17
Để các nghiệm đều lớn hơn 4
 thì  3m 1  4  3m 1  4  m  . 3 0,5  1 17 
Vậy các giá trị của m là m  ; \     1  3 3  0,5
Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:  2
x   x  x   2 2 5 25
x  5x  6  0 x  3 Điều kiện:  x  2 0,5 0,5
*) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng. x  3 *) Nếu  thì bất PT đã cho 2
 2x 5 x  x  25  0 (a)  0,5 x  2 2
2x  5  0 (Do x  x  25  0) (1)  0,5 2
(a)  x  x  25  2x  5  2x  5  0   (2)  2 2
x  x  25  4x  20x  25
+) Giải (1) và kết hợp đk  x   ;2  .  5  5 x   0,5 x   2  19 +) Giải (2): (2)   2  
Kết hợp đk  x  3;  19    2 3 3
 x 19x  0 0  x   3  
Tập nghiệm S    19 ;2  3;    3  0,5
3 2x  y  x  2y 1  5
Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 
2 x  2y 1  5x  10y  9 
ĐK: 2x  y  0, x  2 y 1  0 . Đặt u  2x  y ,(u  0) và v  x  2 y 1,(v  0) . 0,5 3
 u  v  5
Ta được hệ phương trình:  2 2
4u  3v  2v 12  0
v  5  3u   v  5  3u  u  1     2 0,5  
23u  96u  73  0  73 u   23
 2x  y 1
2x  y  1 x  1
Với u  1  v  2       (t/m) 0,5    
x  2 y  3  y  1 x 2 y 1 2   x  Với 73 104 u   v  
, (loại vì đk v  0). Vậy hệ phương trình có nghiệm: 1  23 23 y  1  0,5
Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết 2 2
S  b  (a  )
c . Tính tan B . Ta có: 2 2 1 2 2 2 2
S  b  (a  c)  acsin B  a  c  2ac cos B  a  c  2ac 2 0,5 1 1 
ac sin B  2ac(1  cos B)  sin B  4(1  cos B)  cos B  1  sin B(*) 2 4 0,5 2  1  17 1 Mặt khác 2 2 2 2
sin B  cos B  1  sin B  1  sin B  1  sin B  sin B  0    4  16 2 0,5 8  sin B  (do sinB > 0) 17 15 8
Kết hợp với (*) ta được: cos B   tan B  . 0,5 17 15
Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và 0
BAC  60 . Các điểm M, N  được xác định bởi 1 MC  2
 MB và NA 
NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và 2
CN vuông góc với nhau. 0,75 Ta có: MC  2
 MB  AC  AM  2
 (AB  AM)  3AM  2AB  AC 0,75
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB 0,5
Vậy: AM  CN  AM CN  0  (2AB  AC)(2CA C ) B  0
 (2AB  AC)(AB  3AC)  0  2 2
2AB  3AC  5A . B AC  0 0,5 bc 0,5  2 2 5 2c  3b   0  2 2
4c  6b  5bc  0 2
Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A1;2, B 3; 4
  . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC 
vuông tại C và có góc 0 B  60 .
Ta có AB  2; 6 , Giả sử C  ;
x y  AC   x 1; y  2; BC   x  3; y  4 . 0,5 AC  BC  ABC 
vuông tại C và có góc 0 B  60   1 0,5 BC  AB  2 AC.BC  0  
 x 1).(x  3)  ( y  2(y 4)  0  0,5 2   AB  BC  x  2 3   y  42 2  10  4 2 2
x  y  4x  2y  5  0   2 2
x  y  6x  8y  25  10 0,5 2 2 2 2
x  y  4x  2 y  5  0
x  y  4x  2 y  5  0     
2x  6 y  20  0
x  3y 10 0,5 2 2
9 y  60 y 100  y 12 y  40  2 y  5  0
x  3y 10     2
x  3y 10 10
 y  50 y  55  0  5  3 3 5  3 x  , y  2 2 0,5   53 3 5  3 x  , y   . KL : …  2 2 2 x 2 y 2 z 1 1 1
Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z  0 . CMR:      3 2 3 2 3 2 2 2 2    x y y z z x x y z
Áp dụng BĐT côsi cho các số dương , x y, z ta có 3 2 3 2 0,5
x  y  2 x y ; 3 2 3 2
y  z  2 y z ; 3 2 3 2   z x 2 z x 2 x 2 y 2 z 2 x 2 y 2 z       3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 x  y y  z z    1 x 2 x y 2 y z 2 z x 0,5 2 x 2 y 2 z 1 1 1       3 2 3 2 3 2    x y y z z x xy yz zx 1 1 2 1 1 2 1 1 2 Mặt khác, ta có:   ;   ;   2 2 x y xy 2 2 y z yz 2 2 z x zx 0,5 1 1 1 1 1 1       2 2 2 2 x y z xy yz zx 2 x 2 y 2 z 1 1 1 Từ   1 , 2 ta có      3 2 3 2 3 2 2 2 2 x  y y  z z  x x y z 0,5
Dấu '  ' xảy ra x  y  z  1
Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương tự.