Tải bản đầy đủ

Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 cụm THPT hà đông hoài đức có lời giải

CỤM TRƯỜNG HÀ ĐÔNG _ HOÀI ĐỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

HÀ NỘI

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1. ( 5,0 điểm)
2
a) Tìm m để phương trình mx  2  m  2  x  2m  7  0 ( m là tham số) có hai nghiệm

x1 , x2 thỏa mãn: x1  x2 

4
.
3

b) Tìm tất cả giá trị của tham số m để


x2  4 x  4
 2 với mọi giá trị x 
x 2  2(m  1) x  16

.

Câu 2. ( 5,0 điểm)
a) Cho phương trình x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham
số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14  x2 4  x34  x4 4  52 .
b) Giải phương trình 4x 2  12x x  1  27  x  1 .
Câu 3. ( 5,0 điểm)
a) Cho tam giác ABC có BC  a, AC  b, AB  c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh
A, B, C lần lượt là ha , hb , hc . Biết rằng a sinA  b sinB  c sinC  ha  hb  hc , chứng minh tam
giác ABC đều.
y
b) Cho hai tia Ax , By với AB  100  cm  , xAB  450 và
x
By  AB . Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với

N

vận tốc 3 2  cm / s  , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên
tia By bắt đầu từ B với vận tốc 4  cm / s  . Sau t (giây) chất điểm
X di chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển
được đoạn đường BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .
Câu 4. ( 5,0 điểm)

M
450

A

B

mx  y  m  1
a) Cho hệ phương trình 
. Khi hệ có nghiệm duy nhất  xo ; yo  , hãy tìm giá trị
 x  my  2
nhỏ nhất của biểu thức A  xo 2  2 yo  5 .

b) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B, C
lần lượt là ma , mb , mc . Chứng minh rằng:
a
b
c


2 3.
ma mb mc
----------- HẾT ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Trang 1


(http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết)

Quý thầy cô liên hệ đặt mua word: 03338.222.55

HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT
2
Câu 1a. Tìm m để phương trình mx  2  m  2  x  2m  7  0 ( m là tham số) có hai nghiệm x1 , x2

thỏa mãn: x1  x2 

4
.
3
Lời giải

Ta có x1  x2 

4
 0  x1  x2 .
3

2
Do đó, phương trình mx  2  m  2  x  2m  7  0 có hai nghiệm x1 , x2


m  0
m  0
m  0

 2

.
2
1  m  4

m  3m  4  0
 m  2   m  2m  7   0

2  m  2

S  x1  x2 


m
Theo định lí Vi-ét, ta có: 
.
2
m

7
 P  x .x 
1 2

m

Khi đó:
 2  m  2 
4
16
16
 2m  7  16
x1  x2   x12  2 x1 x2  x22 
 S 2  4P   
  4

3
9
9
m
 m  9


2

m  3
m 2  4m  4 2 m  7 4
13 2


 
m  3m  4  0  
.
 m  12
m2
m
9
9
13


m  3
Kết hợp điều kiện suy ra 
.
 m  12
13

Lưu ý: Có thể sử dụng công thức x1  x2 
Câu 1b. Tìm tất cả giá trị của tham số m để

2 
.
a

x2  4 x  4
 2 với mọi giá trị x  .
x 2  2(m  1) x  16

Lời giải
Trang 2


Để

x2  4x  4
 2 với mọi giá trị x 
x 2  2(m  1) x  16

trước hết cần điều kiện:

x2  2(m  1) x  16  0, x 
  '  0  (m  1)2  16  0  3  m  5 (1)

Khi đó x2  2(m  1) x  16  0, x 

nên

yêu cầu bài toán  x2  4 x  4  2 x2  4(m  1) x  32 với mọi giá trị x 
 x2  4(m  2) x  36  0 với mọi giá trị x 
  '  0  4(m  2)2  36  0  1  m  5 (2) .
Từ (1) và (2) suy ra 1  m  5 là tất cả giá trị cần tìm.
Câu 2a. Cho phương trình x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0 ( m là tham số). Tìm tất cả giá trị của tham

số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4 thỏa mãn x14 +x2 4  x34  x4 4  52 .
Lời giải
Cách 1:

x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0  1 .
Đặt t  x 2 , t  0 .
Phương trình trở thành t 2  2  m  2 t  2m  3  0

2 .

Phương trình 1 có 4 nghiệm phân biệt x1 , x2 , x3 , x4  Phương trình  2  có 2 nghiệm dương
phân biệt t 1 , t 2

 '(2)  0
m 2  2m  1  0
m  1



 S  0  m  2  0

3   .
P  0
2 m  3  0
m   2



t  t  2  m  2 
Áp dụng định lý Vi-et, ta có  1 2
.
t
t

2
m

3
 12
Đến đây, do x 14  x 2 4  x 34  x 4 4  52 nên
m  1
2
2t 12  2t 2 2  52  t 12  t 2 2  26  t 1  t 2   2t 1t 2  26  0  4m2  12m  16  0  
 m  4
.

Đối chiếu điều kiện  *  ta được m  1 .
Cách 2:

x 4  2  m  2  x 2  2m  3  0   x 2  1 x 2  2m  3  0
 x  1
x 2  1  0
.
 2
 2
x

2
m

3
2


x

2
m

3

0



Phương trình (1) có 4 nghiệm phân biệt x 1 , x 2 , x 3 , x 4 khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân
biệt và khác nghiệm x  1; x  1

Trang 3


3

2 m  3  0
m  


2   .
1  2m  3

m  1

Ta có : x 14  x 2 4  x 34  x 4 4  52  (1)4  (1)4 



2m  3

  
4

2m  3



4

 52

m  1
2
  2m  3  25  
.
 m  4

Đối chiếu điều kiện   ta được m  1 .
Câu 2b. Giải phương trình 4x 2  12x x  1  27  x  1 .
Lời giải
Điều kiện: x  1  0  x  1 .

4x 2  12x x  1  27  x  1  4x 2  2.2x .3 x  1  9  x  1  36  x  1



 2x  3 x  1



2

 2x  3 x  1  6 x  1
 2x  3 x  1

 36  x  1  
2x  3 x  1  6 x  1
2x  9 x  1

  4 x 2  9  x  1
x 3


x 0



(thỏa mãn điều kiện).

 x  81  9 97
2

4
x

81
x

1




8
  1  x  0

81  9 97
.
8
Câu 3a. Cho tam giác ABC có BC  a, AC  b, AB  c , độ dài ba đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C
Vậy phương trình có 2 nghiệm là x  3 và x 

lần lượt là ha , hb , hc . Biết rằng a sinA  b sinB  c sinC  ha  hb  hc , chứng minh tam giác
ABC đều.

Lời giải
A

b

c

B
Trong tam giác ABC ta có sinA 
và ha 

a

C

2S
2S
2S
, sinB 
, sinC 
bc
ac
ab

2S
2S
2S
, hb  , hc 
, với S là diện tích của tam giác ABC .
a
b
c

Ta có a sinA  b sinB  c sin C  ha  hb  hc
a

2S
2S
2S 2S 2S 2S
b
c



bc
ac
ab
a
b
c

Trang 4




a 2  b2  c 2 ab  ac  bc

abc
abc

  a  b   a  c   b  c   0
2

2

2

a bc.
Vậy tam giác ABC đều.
Câu 3b.
Cho hai tia Ax , By với AB  100  cm  , xAB  450 và By  AB .
Chất điểm X chuyển động trên tia Ax bắt đầu từ A với vận tốc
3 2  cm / s  , cùng lúc đó chất điểm Y chuyển động trên tia By
bắt đầu từ B với vận tốc 4  cm / s  . Sau t (giây) chất điểm X di
chuyển được đoạn đường AM , chất điểm Y di chuyển được đoạn
đường BN . Tìm giá trị nhỏ nhất của MN .

y

x
N

M
450

A

B

Lời giải
Sau t (giây) ta có AM  3 2t (cm) , BN  4t (cm) .

y'
N
M

K

A

H

x'

B

Dựng hệ trục Descartes vuông góc Axy, A  O(0;0) như hình vẽ trên.
Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M lên trục Ax và Ay .
Với t  0 ( tức M  A ) ta có AHMK là hình vuông. Suy ra AH  AK  3t (cm) .

 M   3t;3t  , N  100;4t  . (Nói thêm là trường hợp M  A thì tọa độ M vẫn đúng).
Khi đó MN 2  100  3t   t 2  10t 2  600t  10000  10  t  30   1000  1000, t 
2

2

.

 MN  10 10, t  .
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi t  30 .
Vậy min MN  10 10 cm khi t  30 giây.
mx  y  m  1
Câu 4a. Cho hệ phương trình 
. Khi hệ có nghiệm duy nhất  xo ; yo  , hãy tìm giá trị nhỏ
 x  my  2
nhất của biểu thức A  xo 2  2 yo  5 .
Lời giải
Ta có: D 

m

1

1

m

 m2  1 , Dx 

m 1 1
2

m

 m2  m  2 và Dy 

m m 1
1

2

 m 1 .

Trang 5


Hệ phương trình có nghiệm duy nhất  D  0  m  1 (*).
Khi đó nghiệm của hệ là: xo 

D
Dx m2  m  2 m  2
m 1
1
và yo  y  2
.



2
D
D m 1 m 1
m 1
m 1

2
1 
2
 m2

Ta có: A  xo  2 yo  5  
 5  1 
6
 
 
 m 1  m 1
 m 1  m 1
2

2

2

2

4
 1



6
 2   2  2, m  1 .
2
 m 1 
 m  1 m  1
1

Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi

1
3
 2  0  m   ( thỏa mãn điều kiện (*)).
m 1
2

3
Vậy min A  2 khi m   .
2
Câu 4b. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c , độ dài ba đường trung tuyến kẻ từ A, B, C lần
lượt là ma , mb , mc . Chứng minh rằng:
a
b
c


2 3.
ma mb mc

Lời giải
Áp dụng bất đẳng thức: xy 

Ta có: ama 

2 

3 

Tương tự: bmb 

x2  y 2
, x, y  0 . Dấu “=” xảy ra khi x  y .
2

3 2 2(b 2  c 2 )  a 2
3 2
2
a 
a  ma
2 4
a 2  b2  c 2
3a  2 4
4
.


ma  
2
2
2
3
2 3
3


a 2  b2  c 2
a 2  b2  c 2
; cmc 
.
2 3
2 3

Vì vậy:
2 3a 2
2 3b2
2 3b2
a
b
c
a2
b2
c2
 2







ma mb mc ama bmb cmc a  b2  c 2 a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2

2 3(a 2  b2  c 2 )
a
b
c

2 3.



a 2  b2  c 2
ma mb mc

Dấu “=” xảy ra khi a  b  c hay tam giác ABC đều.

Trang 6



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×