Tải bản đầy đủ

Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT yên phong 2 bắc ninh có lời giải

THPT YÊN PHONG 2 – BẮC NINH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 150 phút

Câu 1.

(4 điểm). Cho hàm số y  x2   2m  3 x  2m  2 1
1)

Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 khi m  0 .

2)

Xác định m để đồ thị hàm số 1 cắt đường thẳng y  3x  1 tại hai điểm A, B
phân biệt sao cho OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ).

Câu 2.


(2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  m  1 
trên khoảng  1;3 .

Câu 3.

2x
xác định
 x  2m

(5 điểm). Giải phương trình:
1)
2)

x 2  3x  1  7  2 x
3x  1  4 x  3  5 x  4

3)

3x  3  5  2 x  x3  3x 2  10 x  26  0
x2

x3 y

x4

y2

xy 2

xy

y

xy 2 x 1

1

1

Câu 4:

(2 điểm). Giải hệ phương trình:

Câu 5.

(3 điểm). Cho tam giác ABC có AB  1, AC  x và BAC  60 . Các điểm M , N được xác

Câu 6.

Câu 7.

định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau.
(2 điểm). Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC , ta có
1
GA.GB  GB.GC  GC.GA   ( AB 2  BC 2  CA2 )
6
(2 điểm) . Cho x, y, z  2018;2019 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
f( x, y, z) 

2018.2019  xy
(x y)z



2018.2019  yz
(y z)x



2018.2019  zx
(z x)y

----------- 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
Câu 1.

Cho hàm số y  x2   2m  3 x  2m  2 1
1)

Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 1 khi m  0 .

2)

Xác định m để đồ thị hàm số 1 cắt đường thẳng y  3x  1 tại hai điểm A, B
phân biệt sao cho OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ ).

1)

Lời giải
Khi m  0 ta được hàm số y  x2  3x  2
*) Tập xác định: D 
 3 1 
*) Tọa độ đỉnh: I  ; 
 2 4 

 3

*) Sự biến thiên: Vì a  1  0 nên hàm số đồng biến trên khoảng  ;    , nghịch biến
2


3 

trên khoảng   ;  .
2 


*) Bảng biến thiên

*) Điểm đặc biệt

Trang 2


 3 1 
*) Đồ thị : Đồ thị là 1 đường parabol có đỉnh I  ;  , hướng bề lõm lên trên và nhận
 2 4 

đường thẳng x 

2)

3
làm trục đối xứng.
2

Phương trình hoành độ giao điểm của ĐTHS 1 và đường thẳng y  3x  1 là:

x2   2m  3 x  2m  2  3x  1

 x2  2mx  2m  3  0 *
Để ĐTHS 1 cắt đường thẳng y  3x  1 tại 2 điểm phân biệt A, B  phương trình * có 2

 m  3
nghiệm phân biệt    0  
 m 1

 x1  x2  2m
Gọi x1, x2 là các nghiệm của phương trình * ,ta có 
 x1.x2  2m  3
Đặt A x1 ;3x1  1 , B  x2 ;3x2  1

OAB vuông tại O  OAOB
.  0  10 x1x2  3 x1  x2   1  0
 26m  31  0
m

Vậy m 
Câu 2.

31
( thỏa mãn)
26

31
.
26

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  x  m  1 
khoảng  1;3 .

2x
xác định trên
 x  2m

Lời giải
x  m 1  0
x  m 1

Hàm số xác định khi 
 x  2m
  x  2m  0
Với điều kiện m 1  2m  m  1 thì hàm số có tập xác định là D   m  1; 2m 

Trang 3


 1;3   m  1; 2m 
2x

xác định trên khoảng  1;3  
 x  2m

m  1
m  0

m  1  1  3  2m
3


 m 
2 Hệ vô nghiệm.
m  1

m  1

Vậy hàm số y  x  m  1 

Câu 3.

Vậy không có giá trị nào của m thỏa mãn bài toán đã cho.
Giải phương trình
1)

x 2  3x  1  7  2 x

Lời giải
Ta có x 2  3x  1  7  2 x
2 x  7  0
 2
2
 x  3x  1  (2 x  7)
2 x  7  0
 2
3x  25 x  50  0

7

x  2

  x  5

10
 x 
3

 x5
Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  5 .
2)

3x  1  4 x  3  5 x  4

Lời giải

Ta có

3x  1  4 x  3  5 x  4

3x  1  0

 4 x  3  0

3x  1  4 x  3  2 (3x  1)(4 x  3)  5 x  4
3

x 
4

 (3x  1)(4 x  3)  3  x

3
  x3
 4
11x 2  x  12  0


3

x  4

  x  1

12
 x  
11

Trang 4


 x 1
Kết luận:Tập nghiệm của phương trình là S  1 .
3) Giải phương trình: 3x  3  5  2 x  x3  3x 2  10 x  26  0
Lời giải
3x  3  0
5
ĐKXĐ: 
 1  x 
2
5  2 x  0
Với ĐKXĐ ở trên ta có:

3x  3  5  2 x  x3  3x 2  10 x  26  0 .






 



5  2 x  1   x  2   x 2  x  12   0

3x  3  3 
3 x  2
3x  3  3

2  x  2



5  2x 1

  x  2   x 2  x  12   0

3
2


  x  2 

   x 2  x  12    0
5  2x 1
 3x  3  3

x  2

3
2


   x 2  x  12   0 *
 3x  3  3
5  2x 1
 5
 x  2 , do  x 2  x  12  0, x  1;  nên phương trình * vô nghiệm.
 2

Vậy tập nghiệm của phương trình đã cho là S  2 .
Câu 4:

Giải hệ phương trình:

x2
x

4

x3 y
y

xy 2

2

xy

y

xy 2 x 1

1

1

Lời giải
+ Ta có:

+ Đặt

x2

x3 y

x4

y2

a

x2

b

xy

+ Hệ (**)

y

xy 2

 Với a; b
 Với a; b

y

xy 2 x 1

a 3 a 2 2a
b 1 a2

1 (1)

1 (2)

. Hệ trở thành

Từ đó ta tìm ra a; b
 Với a; b

xy

0

a

ab

b

a2

b

1

a a2

a

b

{ 0; 1 ; 1; 0 ;

0; 1 ta có hệ
1; 0 ta có hệ

*

x2

y

xy

1

x2

y

xy

0

1

x2

y

x2

y

xy x 2
2

xy

y

xy

1

1

**

2

0

1 a2

2; 3 }
0
1

x
x; y

y

1
0; 1 ; 1; 0 ;

1; 0

2; 3 ta có hệ

Trang 5


x2

y

xy

y

2
3

x

3

Vậy hệ có 5 nghiệm x; y
Câu 5.

3
x
2x 3

3
x
( x 1) x 2
y

0

{ 1; 1 ; 0; 1 ; 1; 0 :

x
x

1; 0 ;

3

1; y

3.

0

1; 3 } .

(3 điểm). Cho tam giác ABC có AB  1, AC  x và BAC  60 . Các điểm M , N được xác
định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau.
Lời giải
Điều kiện: x  0
Ta có:





+) MC  2MB  MA  AC  2 MA  AB  3MA  AC  2 AB  3 AM  AC  2 AB



+) NB  2 NA  NC  CB  2 NC  CA







 3NC  CA  AB  2CA  3NC  3 AC  AB







Vậy: AM  CN  AM  NC  0  AC  2 AB 3 AC  AB  0





 3 AC 2  2 AB2  5 AB  AC  0  3 AC 2  2 AB 2  5 AB  AC  cos AB , AC  0
1

x

(Tháa m·n)

5
2
2
2
.
 3x  2  x  0  6 x  5 x  4  0  
2
 x   4 (Lo¹i )

3
1
thỏa mãn yêu cầu bài toán.
2
Cho tam giác ABC . Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC , ta có
1
GA.GB  GB.GC  GC.GA   ( AB 2  BC 2  CA2 )
6

Vậy x 

Câu 6.

Lời giải
Do G là trọng tâm tam giác ABC nên ta có:

GAGB
.  GAGB
. .cos(GA, GB)
 GAGB
. .cos AGB

GA2  GB 2  AB 2
 GA.GB.
2GA.GB


GA2  GB 2  AB 2
2

4ma2 4mb2

 AB 2
9
9

2

Trang 6


4  AC 2  AB 2 BC 2  4  BC 2  BA2 AC 2 
2



 
  AB
9
2
4  9
2
4 
 
2

4  AC 2 BC 2

 AB 2   AB 2

9 4
4

 
2

(1)

Tương tự ta có:

4  BA2 CA2

 BC 2   BC 2

9 4
4

GB.GC  
2

(2)


4  CB 2 AB 2

 AC 2   AC 2

9 4
4

GC.GA  
2

(3)

Từ (1), (2) và (3), ta có:


4  AC 2 BC 2
4  BA2 CA2
2
2


AB

AB

 BC 2   BC 2



9 4
4
9 4
4


GA.GB  GB.GC  GC.GA  
 
2
2
2
2

4  CB
AB

 AC 2   AC 2

9 4
4

 
2
4  3 AB 2 3BC 2 3 AC 2 
2
2
2



  ( AB  BC  CA )
9
2
2
2 
 
2

2
AB 2  BA2  CA2   ( AB 2  BA2  CA2 )

3
2




1
 AB2  BC 2  CA2 
3
2

1
AB 2  BC 2  CA2 

6
Câu 7. (2 điểm) . Cho x, y, z  2018;2019 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:


f( x, y, z) 

2018.2019  xy
(x y)z



2018.2019  yz
(y z)x



2018.2019  zx
(z x)y

Lời giải
Cách 1:
Ta đi chứng minh với: x, y, z  a;b,(a  0) ta luôn có
ab  xy b  a

x y
2
 4(ab xy)2  (x  y)2 (b a)2
 2ab  2 xy  (x  y)(b a)2ab  2 xy  (x  y)(b a)  0

Trang 7


 b(2a x y)  x(a y)  y(a x).a(2b  x y)  x(b y)  y(b x)  0 (đúng)

Vậy ta có

ab  xy b  a b  a


( x  y)z
2z
2a

Dấu bằng xảy ra khi x  y  a, z  a hay x  y  z  a
Áp dụng ta có: f( x, y, z) 

b  a b  a b  a 3( b  a)



2a
2a
2a
2a

Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  a .
Thay a  2018, b  2019 , ta được max f (x,y,z) 

3
khi x  y  z  2018
4036

Cách 2:
Ta có

2018.2019  xy
(x y)



2018.2019  xy
2 xy

(Theo BDT AM-GM).

Đặt t  xy,(2018  t  2019), do gt x, y  2018;2019
2018.2019  t2 2018.2019

 t , liên tục trên 2018;2019 và nghịch biến trên
t
t
 Maxg(t)  g(2018)  1
2018;2019
 Max g(t)  g(2019)  g(2018)  1
 2018;2019 do đó 
2018;2019
 Ming(t)  g(2019)  1
2018;2019

Xét hàm g(t) 

nên

2018.2019  xy
(x y)z



2018.2019  xy
2 xy.z



1
1

, dấu bằng xảy ra khi x  y  z  2018 .
2 z 4036

Đánh giá tương tư cho 2 biểu thức còn lại.
Tóm lại max f (x,y,z) 

3
khi x  y  z  2018 .
4036

Trang 8



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×