Đề thi chọn học sinh giỏi trường môn thi: Toán 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG THPT MINH CH¢U ĐỀ CHÍNH THỨC. ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG. MÔN THI: TOÁN 10 – Thời gian làm bài: 180 phút.. Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị (C). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. Dựa vào đồ thị, tìm m để phương trình: x 2  4 x  3  2m  1 có đúng 2 nghiệm. Câu 2. (1 điểm) Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình: mx 2  2 m  1 x  3 m  2   0 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn: x1  2 x2  1 . Câu3. (3 điểm).  7 x  y  2 x  y  5 1) Giải hệ phương trình:   2 x  y  x  y  1 2) Giaûi phöông trình: 9( 4 x  1  3 x  2)  x  3 3)Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình sau có nghiệm duy nhất:. x  4 x  1 x  4 1 x  m. Câu 4. (4điểm) 1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G, M là điểm bất kì. Chứng minh rằng:. MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 . Khi M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, tìm vị trí của M để MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị bé nhất. 2.)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho điểm M (1; 1) và hai đường thẳng d1 : x  y  1  0 , d 2 : 2 x  y  5  0 . Gọi A là giao điểm của d1 và d 2 .. a. Viết phương trình đường tròn có tâm nằm trên d1 , đi qua điểm M và tiếp xúc với d 2 . b. Viết phương trình đường thẳng  đi qua điểm M cắt d1 , d 2 lần lượt ở B và C sao cho ba điểm A, B, C tạo thành tam giác có BC  3AB. 3) Trong hệ trục Oxy cho ABC có B 2; 1, đường cao hạ từ A và phân giác góc C lần lượt có phương trình 3 x  4 y  27  0 và x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ điểm A và điểm C. Phân giác góc C nói trên là phân giác trong hay phân giác ngoài? Câu 5. (1 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a  b  c  3 .Chứng minh rằng:. a3 b3 c3 3    a  bc b  ca c  ab 2 ********HẾT******** Họ và tên học sinh:………………………………………………………….Lớp:……. Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Gọi đường tròn cần tìm là (T) có tâm I, bán kính là R. Vì I  d1  I a; a  1 (T) qua M và tiếp xúc d2 nên ta có:. a  1. 2. IM  d ( I ; d 2 ) .  a2 . 2a  a  1  5 5.  a  26a  31  0  a  13  10 2 2. . Phương trình (T) là     : x  13  10 2   y  14  10 2   5 9  6 2  (1) a  13  10 2  I 13  10 2; 14  10 2  ; R  5 9  6 2  Phương trình (T) là : x  13  10 2   y  14  10 2   5 9  6 2  (2). a  13  10 2  I 13  10 2; 14  10 2 ; R  5 9  6 2 2. . 2. 2. 2. 2. Vậy có hai đường tròn thỏa mãn yêu cầu đề bài với phương trình (1) và (2). x  y  1  0 x  2   A(2;1) 2x  y  5  0 y  1. Ta có tọa độ điểm A là nghiệm của hệ . Lấy điểm E 3; 2  d1 E  A  . Ta tìm trên d2 điểm F ( F  A ) sao cho EF = 3AE Do F  d 2  F x;5  2 x  .. Khi đó EF = 3AE  x  3  3  2 x   18 2. 2.  F 0;5  x  0   5 x  18 x  0      18 11  18 x  F ;    5 5  5 2. (Cả hai điểm F này đều thỏa mãn F  A ).  BC  3 AB EF AE    BC // EF   // EF BC AB  EF  3 AE   F 0;5   EF 3;3   : x  y  0  18 11    3 21   F  ;    EF  ;     : 7 x  y  6  0 5 5 5 5  Vì . Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài là  : x  y  0 và  : 7 x  y  6  0 Ñieàu kieän x . 2 3. Lop10.com. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 9( 4 x  1  3 x  2)  x  3 9.  4x  1 . 3x  2. .  4 x  1 . .  9 x  3  x  3 4 x  1  3 x  2. .  9  4 x  1  3 x  2 d o x  3  0 . 4 x  13x  2  4 x  13x  2 .  81  4 x  1  3 x  2  2  82  7 x  2. 82  7 x  0  2 2 82  7 x   4 12 x  5 x  2  82 x  82  7 x  0 7   2   x6  x  6  x  1128 x  6732  0    x  1122. . . 3 x  2  x  3 4 x  1  3 x  2. . Lop10.com. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> câu. 1. 1). ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG MÔN TOÁN 10 NỘI DUNG T. 0,5 2. Nếu m = 0 PT đã cho trở thành: Điểm 2 x  6  0  x  3 (loại).. Tập xác định: R. - Tọa độ đỉnh: I 2;  1 . Trục đối xứng: x  2 .. Nếu m  0 PT đã cho là một PT bậc hai.. 0,25.  '  m  1  m3 m  2  2m 2  4m  1 2. - Gđiểm của đồ thị với Ox: 1;0 , 3;0  , Oy: 0;3 .. Điều kiện để PT có hai nghiệm là:. - Đồ thị là parabol quay bề lõm lên trên. - Hàm số nghịch biến trên khoảng ;2  ,.  '  0  2m 2  4m  1  0 . 0,25. 2. 2 6 2 6 m 2 2. *. Với điều kiện (*) giả sử x1 , x2 là hai nghiệm của. đồng biến trên khoảng 2;  . - Bảng biến thiên: x  y . PT. Từ yêu cầu bài toán và áp dụng định lí Vi-et.  . 0.5. 0,5.  2 m  1 2m . x1  x2  ta có:   x2  m  m x  2x  1 2  1. 0,75. -1. Thay x . - Đồ thị:. 2m vào PT ta có: m. 0,5. m  2 6m  4   0  m  2 hoặc. 0,75. m. Đối chiếu điều kiện ta có: m = 2 hoặc m . 2 3. 2 . 3. 3.. Điều kiện: 7 x  y  0; 2 x  y  0 .. 1). Đặt u  7 x  y , v  2 x  y , u , v  0  , ta có: x. - Vẽ đồ thị hàm số: y  x 2  4 x  3. 2). 0,5. 0,5. u 2  v2 7v 2  2u 2 ; y 5 5. 0,5. 0,5. . Ta có hệ:. u  v  5 u  5  v   2  u 2  v 2 7v 2  2u 2  1 v  5v  14  0 v  5 5 . 0,5. u  5  v u  3    v  2   v  2   v  7 . 0,5. Với u  3; v  2 ta có: x  1; y  2 . Vậy. 0,5. x  1; y  2 .. - Số nghiệm của PT: x 2  4 x  3  2m  1 (1). bằng số giao điểm của đồ thị hai hàm số. 0,5. 2). là nghiệm của PT. Do đó để PT có nghiệm duy. Thay x0 . 0,5. 1 . 2. 1 vào PT ta có: m  2  4 8 . 2. 0,5. Với m  2  4 8 , ta chứng minh PT có nghiệm. - Đồ thị hàm số y  2m  1 là đường thẳng song. - Dựa vào đồ thị ta có: PT (1) có đúng hai nghiệm khi và chỉ khi:. Giả sử x0 là nghiệm của PT, khi đó 1  x0 cũng nhất ta phải có: x0  1  x0  x0 . y  x 2  4 x  3 và y  2m  1 . song với Ox, cắt Oy tại M 0;2m  1 .. 3.. duy nhất. Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 0,25.  1 1  x   2 x. 2 2    1  x  1  2 1  x 1    2 2 . 0,75. x  1  x  2 *.  1 1 1 x x     44 8  2 2 2  4 x  4 1  x  4 8 **  1  x  1  1  1  4 4 1  x  2 2 2 8. m  0  2m  1  1  1 1 Vậy m  0 hoặc m   .  2m  1  0   2 m  2  Nếu thiếu TH 2m  1  0 trừ 0,5 đ Lop10.com. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> *, ** . x  4 x  1 x  4 1 x  2  4 8. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: x . 1 . 2. 4.. 0,5. 3). 1). Do đó:.     MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  2 MG GA  GB  GC. . . 0,5. Gọi d là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường phân giác góc C, d có phương trình: 0,5. Tọa độ điểm H là giao điểm của d và phân giác góc C là nghiệm của hệ: x  2 y  5  0 x  3   H 3;1  2 x  y  5  0 y 1. A. Gọi B’ là điểm đối xứng với B qua đường phân giác góc C, khi đó B` thuộc AC và H là trung điểm BB` nên ta có:. 0,5. G. 0,5. 2 x  2    y  1  0  2 x  y  5  0 .. GA2  GB 2  GC 2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2 .. M. 0,5. 4 x  3 y  5  0  x  1   C 1;3  x  2 y  5  0 y  3. Ta có:.      MA  MG  GA  MA2  MG 2  GA2  2 MA.GA      MB  MG  GB  MB 2  MG 2  GB 2  2 MB.GB      MC  MG  GC  MC 2  MG 2  GC 2  2 MC.GC. 0,5. 4 x  2   3  y  1  0  4 x  3 y  5  0 . Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ:. Vậy m  2  4 8 .. 4.. BC là đường thẳng đi qua B và vuông góc với đường cao hạ từ A nên có PT:. B. 0,5. xB '  2 xH  xB  4; yB '  2 yH  yB  3  B ' 4;3. O. AC là đường thẳng đi qua C và có vectơ chỉ. . C. phương CB ' 5;0  nên có PT là:. 0 x  1  5  y  3  0  y  3  0 .. Ta có MA2  MB 2  MC 2 bé nhất khi và chỉ khi. Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ:. MG bé nhất. Điều này xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của tia OG vơi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.. 4.. y  3  0  x  5   A 5;3  3 x  4 y  27  0 y  3. 0,5. Thay tọa độ A, B lần lượt vào vế trái phương trình đường phân giác góc C ta được các số: 4;  5 ,. 2). A. 5.. M. P. L E. C. Gọi E, F lần lượt là hình chiếu của M trên AC, AB. Qua M kẻ các đường thẳng song song với AB, AC, cắt AC tại L, cắt AC tại N. P, Q lần lượt là chân đường cao hạ từ B, C. Ta có ALMN là. a3 a  bc 1 3    a a  bc 4 2 2 3 b b  ca 1 3    b b  ca 4 2 2 3 c c  ab 1 3    c c  ab 4 2 2. 0,5. a3 b3 c3 ab  bc  ca 5     a  b  c  a  bc b  ca c  ab 4 4 0,5 3 3 3 a b c 15 ab  bc  ca      a  bc b  ca c  ab 4 4. Mặt khác: 0,5. Mặt khác: 9  a  b  c   ab  bc  ca ,. 0,5. a3 b3 c3 15 9 3      . a  bc b  ca c  ab 4 4 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .. 0,5. 2.   S LA  MF  LA   AC   AC   MAB AC AC AC S ABC.     S ABC .MA   S MAC . AB  S MAB . AC. Áp dụng bất dắng thức Côsi ta có:. Suy ra.    hình bình hành nên: MA  NA  LA ..   S NA  ME  NA   AB   AB   MAC AB AB BP S ABC. 0,5. do đó đường phân giác góc C đó là phân giác ngoài.. 0,5. N Q. 0,5. Vậy A 5;3, C 1;3 .. B. F. 0,5. do đó 0,5.      S MAB  S MBC  S MCA MA  S MAC . AB  S MAB . AC  0 0,5. TỔNG.      S MCA .MA  S MAC . AB  S MAB . AC  0 .. Lop10.com. 20,0.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Lop10.com.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>