Tài liệu đề thi chọn hsg toán 10 năm học 2017 – 2018 trường thpt quỳ hợp 1 – nghệ an

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1 Ngày thi: 30/01/2018 *** Câu I ( 2+2=4 điểm) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2017 – 2018 Môn thi: Toán – Lớp 10 (Thời gian làm bài: 150 phút) 2 Cho parabol ( P ) : y ax  bx  1   3  11  1) Tìm các giá trị của a; b để parabol có đỉnh S  ; .  2 2  2) Với giá trị của a; b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng  : y x (k  6)  1 cắt parabol tại hai điểm phân biệt M ; N sao cho trung điểm của đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d : 4 x  2 y  3 0 . Câu II ( 2 điểm)    2 Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM k BC , CN  CA ,  3 4 AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 15 Câu III( 3+3+3=9 điểm) 1) Tìm m để phương trình x  6 x  9  m x  2 x  9  8 x  3m  1 2 có hai nghiệm x1 , x 2 sao cho x1  10  x2 2) 3) Giải phương trình x  3  x . 4  x  4  x . 5  x  5  x . 3  x  x 2  y 2  2 y  6  2 2 y  3 0 Giải hệ phương trình  . 2 2 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3) 3( x  y )  2 Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm)  1 Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Gọi E; F là các điểm xác định bởi BE  BC , 3  1 CF  CD, đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại điểm I . 2   1) Tính giá trị của EA.CE theo a. 2) Chứng minh rằng AIC 900 . Câu V ( 2 điểm) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a a b b c c   . 2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a - - - - Hết - - - - - “CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH” Bài Bài 1 HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 Tìm Điểm 4 điểm 2 điểm …. Do Parabol nên và có trục đối xứng nên 0,5 . Tọa độ đỉnh có tung độ là mà nên ta có: hay Ta có hệ pt Nếu Nếu Vậy thế vào ta được: loại. thỏa mãn. là giá trị cần tìm. 1,0 Câu 1 Tìm m … với parabol ý2 Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt có hai nghiệm phân biệt hay pt: 2 x 2  kx  2 0 có hai nghiệm phân biệt có Khi đó, giao điểm nên trung điểm của đoạn Bài 2 0,5 , là 2 điểm , , . 1 2  2  3 k  k  k k 2 Theo định lý Viet ta có x1  x2  nên I  ;  2 2 4    2 Do I thuộc đường thẳng nên k  8k  2 0 hay thì thỏa mãn bài toán.   Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM k BC ,   2 4 CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 3 15       +) BM k BC  AM  AB k ( AC  AB ) 0,5 0,5 0,5 0,5     AM (1  k ) AB  k AC . 1    4 AB  AC +) PN  AN  AP   15 3  Để AM vuông góc với PN thì AM .PN 0   1  4     (1  k ) AB  k AC    AB  AC  0 3  15   4(1  k ) k 1  k 4k   2 2  AB  AC  (  ) AB AC 0 15 3 3 15  4(1  k ) k 1  k 4k   (  )cos600 0 15 3 3 15 1 k 3 1 KL: k  3 Câu 3 1) Tìm m để phương trình x  6 x  9  m x  2 x  9  8 x  3m  1 2 Giải: PT  x  9  3  m  x  9  1 x  3m  1 đặt t  x  9, t 0 2 PT trở thành : 3m  1  2t 2  2  m  1 t  m  13 0 (1) 2 PT ban đầu có nghiệm x1  10  x 2  '  0   (1) có nghiệm 0 t 1  1  t 2    t 1  1  t 2  1  0   t1  t 2  0 t  3  m  t  1 t 2  9   m  1 2  2  m  13   0   m  13   m  11  0   2 m  1  0  m 2  25  0  13  m  0  m  13 m   1  2) Giải phương trình x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x. 3  x giải: Điều kiện: x 3 Đặt 3  x a ; 4  x b ; 5  x c với a, b, c là số thực không âm. Ta có x 3  a 2 4  b 2 5  c 2 a.b  b.c  c.a Do đó 3  a 2 ab  bc  ca  a  b   c  a  3   2 4  b ab  bc  ca   b  c   a  b  4   2  c  a   b  c  5 5  c ab  bc  ca Nhân từng vế ba phương trình ta được  a  b   b  c   c  a  2 15  2 15 a  b  5   2 15 15 15 15  abc   Suy ra b  c  3 5 4 3   2 15 c  a  4  671 671 . Thử lại x  thỏa mãn phương trình. 240 240 671 Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  240 Suy ra x  3)  x 2  y 2  2 y  6  2 2 y  3 0 Giải hệ phương trình  . 2 2 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3) 3( x  y )  2 Giải  x 2  y 2  2 y  6  2 2 y  3 0 (1) Giải hệ phương trình  . 2 2 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3) 3( x  y )  2 (2) (2)  ĐKXĐ: y  1,5 . 3 3 x3  y 3  3x  3 y 3  x 2  y 2   2   x  1  y  1  x  1  y  1  y  x  2 Thay vào pt thứ nhất ta được: 2 2  2 x  1 1  x 1  1  x 2  3x  1  2 x  1   x    2 x  1     2  2   2 x  1  x 2 (Có thể bình phương được pt:  x  1 ( x 2  4 x  2) 0 ) Giải hai pt này ta được x 1, x 2  2 Vậy hệ có hai nghiệm là  x; y   1;  1 ,  2  2,  2  . Câu 4 Giải: 1. Tính theo a. Ta có ; Ta có nên Mặt khác: Trong tam giác vuông ta có Nên 2. Chứng minh Ta có Do Nên . Giả sử thẳng hàng nên: nên và Nên nên . Câu 5 Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  Giải a a b b c c   . 2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a a a a3 1 a3 a3 c 3 c 3   (   ) 8 16 2c  a  b c  (a  b  c ) 2 c  3 c 3 a3 a 3 c  3 c  3 3a c  3    16 4 16 c 3 c 3 8 a a 3a c  3   Suy ra: 16 2c  a  b 4 b b 3b a  3 c c 3c b  3     Tương tự và 16 16 2a  b  c 4 2b  a  c 4 1  33 2 3 2 Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được P  , 3 P  khi a=b=c=1. KL 2