SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019
Môn thi: Toán lớp 10
ĐỀ THI C HÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề
(Đề có 01 trang)
Câu I. (5,0 điểm)
2
Cho Parabol (P): yxbxc .
15

1) Tìm bc, để Parabol (P) có đỉnh S; .

24

2) Với bc, tìm được ở câu 1. Tìm m để đường thẳng :2yxm cắt Parabol (P) tại hai
điểm phân biệt AB, sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ).
Câu II. (6,0 điểm)
2
1) Tìm m để bất phương trình: mx23m x2m140 vô nghiệm trên tập số thực.

22
2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 24xx2x5x60.

23 2

xx y xy xy y 1

3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :

42
xyxy21x1



Câu III. (6,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3. Trên các cạnh BC, CA lần lượt lấy các điểm
NM, sao cho BN1, CM 2.
  
a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ ABA, C.
AP
b) Trên cạnh AB lấy điểm P, PAP, B sao cho AN vuông góc với PM. Tính tỉ số .
 
AB
2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là ADB, C và ADB C ,
biết rằng ABBC,7AD .Đường chéo AC có phương trình là x33y 0, điểm M2; 5
 
thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B1;1.
Câu IV. (3,0 điểm)
1 ) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức
2
23 3 3
SR = sinAsinB sinC . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều.

3
22 2
2) Cho x,,yz là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz 3. Chứng minh rằng
xy z 9
  .
yz x xy z
2018 2016
3) Cho đa thức Pxx mxm trong đó m là tham số thực. Biết rằng P x có 2018
 
nghiệm thực. Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x của Px thỏa mãn x  2.
0 0
---------------------HẾT---------------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT.
Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
b/21/2

b1
15  2
 
1) (2,0 điểm). Đỉnh SP;() 
15b

24  c c1



42 4
2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và  :
0,5
22
xx12xmx3xm10 (*).  cắt (P) tại hai điểm phân biệt  PT(*)
13
có hai nghiệm phân biệt x , x 0134mm0  **
12 0,5
4
Câu I
xx3

(5,0 điểm) 12
Giả sử Axx;2m ;Bx;2xm theo Viet ta có .
   

11 2 2 0,5
xxm 1
 12
Ta có tam giác OAB vuông tại

12 1
22
O OA.0OB5x x2m x x m0 m m50 m . 0,5

12 1 2
2
12 1
Đối chiếu đk (**) ta có đáp số m . 1
2
7
1) (2,0 điểm) TH 1: m 0 , bpt trở thành 61xx40 (không thỏa ycbt).
0,5
3
2 2
TH 2: m 0 , mx23m x2m140VN mx 23m x2m140 CN
   
0,5
m 0
mm00

x    m9.
 
2
0 m9 hoac m1
mm890

1
Vậy m9.
x 2

2
0,5
2) (2,0 điểm). TH1: xx560

x 3

x20

x 2 
2 2
x20

TH 2: xx560 . Khi đó, bpt24xx2
Câu II
 0,5

x 3

 2
 2
24xx 2

(6,0 điểm) 


x2
 x2

x 0

 
0,5
x2  .
 x2


 
x 4


2


xx40 xx40

 

0,5
Vậy tập nghiệm bất phương trình
S;02,3 4;
 
22
23 2 
xyxyxyxy 1

xxy xyxyy 1

3) (2,0 điểm) Hpt: 

2 0,5
42
2
xyxy21x1

 xyxy 1
 


2
Đặt axy,bxy hệ thành
32
aab b1 
 aa20a a0 a1 a2
 

 .
 
2 2
bb10b3
ab1 ba1

  

0,5
2
a 0 
 xy 0
+) Với ta có xy 1.
 
b 1
xy1


2
a 1 
 xy 1
+) Với ta có xy;0;1,1;0,1;0.
   
  
b 0
xy 0
 0,5

3

2
y
a2 x1
 xy2 

x
+) Với ta có  .
  
b3 y 3
xy3
2
 
 
xx13x0


Vậy hệ có 5 nghiệm xy;1;1,0; 1,1;0,1;0,1;3 .
        0,5
 
     
121
2,0
1) (4,0 điểm) a) ANA = BBN = AB ACAB AB + AC
 
333
   
1 x
b) Đặt APx,0 x3 . Ta có PMP = AAM AC - AB
 0,5
33
   
21 1 x

AN .PM AN PM0 AB AC. AC AB0

33 3 3

0,5
  
22
22xx 1
AB..AC AB AB AC  AC  0
99 9 9
x 4
12xx 1  0 
0,5
25
AP 4
Vậy
 .
AB 15
0,5
2) (2,0 điểm). Do ABCD là hình thang cân
nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn
tâm O.Do ABBC CDAC là đường
phân giác trong góc BAD . Gọi E là
Câu III
điểm đối xứng của B qua AC, khi đó
(6,0 điểm)
E thuộc AD. Ta có BEA C
và BE qua B 1;1 nên phương trình
 
0,5
BE: 34xy0 .
Gọi FAC BE tọa độ F là nghiệm của
xy330
31

Hệ F ;. Do F là trung điểm


34xy0 22


Của BEE 2; 2 . Do MA2; 5D phương trình AD: 3xy4 14 0.
   
xy330 0,5
Do AAD AC tọa độ A là nghiệm của hệ  A 6;1 .


34xy140

Do DAD D24 t;23t và
 
 58 26

12

D ;
t



55
22 
5

0,5
AD74t4 3t3 49 
2 
216


t
D ;


 5
55

Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm
216

B và hai điểm D ta có đáp số D ;

55 0,5

33 3
aB c
33 3
1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có : sinAB; sin ;sinC
33 3
88R RR8
33 3 3 3 3

2 a b c abc
2
VT = R  
0,5

333
3 888RRR 12R

33 3
Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: ab c 3abc
abc
 VT
4R
abc
Mà S , dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều
0,5
4R
2
22 2
xyz
xy z x y z
2) (1,0 điểm). Ta có     .
yzx xy yz zx xyyz zx
2
xyz
 9
3
0,5
Ta cần chứng minh:  xyz9*xyyzzx .
Câu IV  
xyyz zx x y z
(3,0
2
t  3
Đặt txyz,3t3xyyz zx . BĐT * thành

điểm). 
2
2
0,5
93t 
 
2
3
tt32t30 (luôn đúng).
 
2
3) (1,0 điểm). Ta có PP11,11. Giả sử các nghiệm thực của P x là
   
aa, ,...,a , tức là P xxa xa ...xa .
      
1 2 2018 1 2 2018
Khi đó, Pa11 1a ... 1a  1,
      0,5
1 2 2018
Pa11 1a ...1a  1 hay Pa1 1 1a ... 1a  1
             
1 2 2018 1 2 2018
22 2
Suy ra PP1. 1 1a 1a ... 1a 1. Suy ra tồn tại k1,2,...,2018
       
1 2 2018
0,5
2
sao cho aa11  2. Hay tồn tại nghiệm x : a thỏa mãn điều kiện
kk 0 k
x  2.
0
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Câu I 2
ba/2 2 a1
1. Đỉnh SP2;1 ( ) 


42ab 31 b4

5,0 điểm
22
2 . Pt hoành độ giao điểm của (P) và  : xx43kx4x k4x10
 
(*). PT(*) có ac1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x , x và theo Viet ta có
12
xxk 4 . Khi đó tọa độ M, N là M x;4kx, N x;kx 4 .
12 11 2 2
xxk()x x

12 12
Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ I ;4 hay

22

2
kk44k8
I ;. Theo ycbt ta có:

22

2
kk44k8
2
Id;3kk40k1k4.

22

22 22
1. Bpt: xm21x22m0 VNxm21x22m 0 có
  
Câu II
2
6,0 điểm
nghiệm x  0 (vì a=-1<0)mm23 0m1m3.
2

xx20
xx02 x 0



22 
2
2. Bpt xx43 xx20 xx02x2.
xx20 




 
 2

xx13 x 3
xx430  
 


S;0 2 3:
Vậy tập nghiệm bpt      .
2

xyy24xxy

3. Hệ phương trình
11 x

 3
 2
xxy y

Điều kiện x0, y 0 .
21
Chia hai vế của (1) cho xy ta có phương trình x  4 .
xy
 
11xx11 1 11 1 1 1
  33     x  4
 
2
x xy y xx y y xx y y x
 
111

x   4
 
xy x



21 
 111

1

x  4 x  4
 x 2



xy
xx y

x

Ta có hệ 
 
11

11 1
 111

 
 2
x 4
x 4


 xy
xy x
 
xy x
 
 

1

2
x 2 xx210

x 1

x
 
11 
11
 2
y 1


 2
xy

xy

Câu III 1a.
   
3AGAN AM AB
      
11 5 1
A
6,5 điểm
B
AD AD AC AB AD AC AB

32 6 2
N
     
51 3 4
G
AD AB AD AB AB AD

K
62 2 3
D
C
M
  
14
AG AB AD
29
       
1b. Đặt BK xBC AKAB BKAB xBCAB xAD
Ba điểm AG,,K thẳng hàng nên
         
14 mm4

AK mAG ABxAD m AB AD ABxAD AB AD

29 2 9

m

m 2
1 

2

 8
4m x

x
 9

 9
 
88BK
BK BC 
99BC
xy40
 53

2. Pt MN: xy40 . Tọa độ P là nghiệm của hệ:  P ;.


xy10 22


Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên
ta có:PAMPCDABDAMP. Suy ra PA = PM
Vì AAC:1x y0 nên Aa;1a,a 2. Ta

B
có:
M
22 2 2
a 0
55 5 5
 N
aa    A 0;1 .

 
a 5
22 2 2


A
C
P
Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt:
23xy100 . Đt BC đi qua M và vuông góc với
D
23xy100

AM nên có pt: y40 . Tọa độ B là nghiệm của hệ: B 1; 4


y40

.
11 1 11 1 1 1 1
Câu IV
1a. (1)
xyzxyz    1     1
22 2
yz xz xy xy z xy yz xz
x11yy 1z1z1x111 11 1 1
2,5 điểm
1b. P=  -     (3 )
 
22 2
22 2
yzx x yz x y z
 
x11yy 1z1z1x1

22 2
yzx
Ta có:
  
11 1 1 1 1
=xy11  z1 
  
   
22 2 2 2 2
xyyz xz

  
22 2
xy11  z1 (4)
  
xy yzxz
11 1 1 1 11 1 1
Từ ( 3) và (4) suy ra P     2   (5)

22 2
x yzx y z xy yzzx

2
11 11 1 1 1 1 1
 33      (6)
 
xy z xy yz zx x y z
 
Từ (1), (2), (5) và ( 6) P 31 . Dấu bằng xảy ra khi xyz 3 .
Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 31 .
x x  0
2. Gọi là nghiệm của phương trình
0 0
11
43 2 2
xax bx cx10 bx  ax c .
00 0 0 0 0
2
x x
00
2

11 11
22 2 2 2 2 2 2

abc x 11acx axc x 

00 0 0 
22 2

xxxx
00 00

22

11 1 1
22
ax c x ax c  x

00 0 0
22
x xx x
00 0 0
2

1
2
x

0
2
2
x
t 1
22 20 2
abc  , với tx  2

0
2
1
t1 x
2
0
x1
0
2
x
0
2
t 4
2
Mặt khác 34tt 40t23t20 Vì t 2 nên
 
t13
tt23 20
  
4 2
22 2
Vậy abc  , dấu bằng xảy ra khi abc ( ứng với x 1 ) hoặc
0
3 3
22
ac ,b ( ứng với x1 ).
0
33

onthicaptoc.com Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2019 THPT thị xã Quảng Trị có đáp án