SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 03/4/2019 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị ( P) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (dm ) : y  x  m cắt đồ thị ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1   x1 x2 2) Cho hàm số y  (m  1) x  2mx  m  ( m tham số) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (;2) Câu II (3,0 điểm) 2 2   x  y   x  xy  y  3   x  y   1) Giải hệ phương trình  2   x y  x  x  12  2) Giải phương trình ( x  3)  x  x  x  x  x  3) Giải bất phương trình x3  (3x  x  4) x   Câu III (3,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn NB  3NC  Gọi P PA giao điểm AC GN , tính tỉ số PC 2) Cho tam giác nhọn ABC , gọi H , E, K chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C Gọi diện tích tam giác ABC HEK SABC SHEK Biết SABC  SHEK , chứng minh sin A  sin B  sin C  3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình x  y   , đường thẳng AC có phương trình x  y   Biết điểm M (1;10) thuộc cạnh BC , tìm tọa độ đỉnh A, B, C Câu IV (1,0 điểm) Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I loại II từ 200kg nguyên liệu máy chuyên dụng Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu máy làm việc Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu máy làm việc 1,5 Biết kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất? Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  xz  x2 Chứng minh bất đẳng thức x3   y2 y3   z2 z3   Hết Họ tên thí sinh: Số báo danh: Giám thị coi thi số 1: Giám thị coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm trang) Điểm Câu Nội dung Câu I.1 1,0đ Cho hàm số y  x  x  có đồ thị ( P) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (dm ) : y  x  m cắt đồ thị ( P ) hai điểm phân biệt có hồnh độ x1 , x2 thỏa mãn 1   x1 x2 Phương trình hồnh độ giao điểm x2  x   x  m  x2  5x   m  (1) Đường thẳng (d m ) cắt đồ thị ( P) hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt     13  4m   m   Câu I.2 1,0 đ 13 0,25 0,25 x  x  Ta có   x1 x2   m 0,25  x  x  x1 x2 5  2(3  m) 1  2   m  (thỏa mãn) x1 x2 m   x1 x2  0,25 Cho hàm số y  (m  1) x  2mx  m  ,( m tham số) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (;2) Với m   y  2 x  Hàm số nghịch biến Do m  thỏa mãn 0,25 CâuII.1 1,0 đ m    Với m  Hàm số nghịch biến khoảng (;2)  m  m   0,25 1 m  0,25 Vậy  m  0,25 2 2   x  y   x  xy  y  3   x  y   1 Giải hệ phương trình  2  2   x y  x  x  12   x  y   x  xy  y  3   x  y     x  y   x  xy  y   3( x  y )  3( x  y )  0,25  x3  y  3( x  y )  3x  y   x3  3x  3x   y  y  y  0,25  ( x  1)3  ( y  1)3  x   y   y  x  Thế y  x  vào phương trình (2) ta có 0,25 x2 ( x  2)  x2  x  12   x3  x2  x  12  x   ( x  3)( x2  x  4)   x   y  Hệ có nghiệm  y 1 CâuII.2 1,0 đ 0,25 Giải phương trình ( x  3)  x  x  x  x  x  (1) Điều kiện   x  Phương trình (1)  ( x  3)(  x  1)  x(  x  1)  x  x 0,25 x 3 x x  2x2  6x 1 x 1  x 1 1    x( x  3)    2   x 1   1 x 1 ( x  3)  x( x  3)   1    (2)   x   x 1 0,25 x( x  3)   x  0; x  (Thỏa mãn điều kiện) 0,25 Với điều kiên   x  ta có    x     x   1     Dấu "  " không xảy  1  x   x   x    0,25  1   x  nên phương trình (2) vơ nghiệm Vậy phương trình cho có hai nghiệm x  x  CâuII.3 1,0 đ Giải bất phương trình x3  (3x  x  4) x   (1) Điều kiện x  1 x3  (3x  x  4) x    x3  3x x   4( x  1) x    x3  3x x     0,25 x   (2) Xét x  1, thay vào (2) thỏa mãn Xét x  1  x   Chia hai vế (2) cho  x 1  ta bất phương trình 0,25  x   x     3     x 1   x 1  x Đặt t  , ta có bất phương trình t  3t    (t  1)(t  2)2   t  x 1 t 1 0,25  1  x   1  x   1  x  x     x   x   x    x   0  x   x 1   x   x   x  x       1  x  1 0,25  1  Kết hợp x  1 nghiệm, ta có tập nghiệm bất phương trình  1;    Câu III.1 1,0 đ Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn NB  3NC  Gọi P PA giao điểm AC GN , tính tỉ số PC Gọi M trung điểm cạnh BC Đặt AP  k AC GP  AP  AG  k AC  AB  AC 1    k   AC  AB B 3   GN  GM  MN  Câu III.2 1,0 đ A   0,25 G P M N C  1 AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB 6 0,25 Ba điểm G, P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN phương Do 1 k  k 0,25 3 3   k    k   AP  AC 7 15 5  6 PA  AP  AC   0,25 PC Cho tam giác nhọn ABC , gọi H , E, K chân đường cao kẻ từ đỉnh A, B, C Gọi diện tích tam giác ABC HEK SABC SHEK Biết SABC  SHEK , chứng minh sin A  sin B  sin C  Đặt S  S ABC từ giả thiết suy A 0,25 E K B H C S EAK  S KBH  S HCE  S S EAK S KBH S HCE    S S S AE AK sin A S EAK AE AK    cos A.cos A  cos A S AB AC sin A AB AC BK BH sin B S KBH BK BH    cos B.cos B  cos B S 0,25 AB.BC sin B BC AB S HCE CH CE.sin C CH CE    cos C.cos C  cos C S AC.BC sin C AC BC S EAK SKBH S HCE 3     cos2 A  cos B  cos C  0,25 S S S 4   sin A   sin B   sin C   sin A  sin B  sin C  0,25 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình x  y   , đường thẳng AC có phương trình x  y   Biết điểm M (1;10) thuộc cạnh BC , tìm tọa độ đỉnh A, B, C  Câu III.3 1,0 đ x  y   x   Vậy A(2;1) x  y   y  Toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình  Phương trình đường phân giác góc A 0,25 x  y 3 x  7y     x  y   (d1 ) 3 x  y   ( d )  0,25 Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao Xét trường hợp d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A Phương trình đường thẳng BC 3x  y   x  y    x  1   B(1; 4) 3x  y   y  Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình  Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình 11   x   x  y    11    C ;    5 3x  y   y    16 48  MB  (2; 6), MC    ;    MC  MB  M nằm đoạn BC Trường   0,25 hợp không thỏa mãn Nếu d đường cao tam giác ABC kẻ từ A Phương trình đường thẳng BC x  y  31  Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình x  y    x  11   B(11;14)   x  y  31   y  14 Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình 101  x  x  y     101 18   C ;    5  x  y  31   y  18   96 32  MB  (12; 4), MC   ;    MC   MB  M thuộc đoạn BC    101 18  Vậy A(2;1), B(11;14), C  ;   5 Câu IV 1,0 đ 0,25 Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I loại II từ 200kg nguyên liệu máy chuyên dụng Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu máy làm việc Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu máy làm việc 1,5 Biết kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất? Giả sử sản xuất x(kg ) sản phẩm loại I y(kg ) sản phẩm loại II Điều kiện x  0, y  x  y  200  x  y  100 Tổng số máy làm việc: 3x  1,5 y 0,25 Ta có 3x  1,5 y  120 Số tiền lãi thu T  300000 x  400000 y (đồng) Ta cần tìm x, y thoả mãn:  x  0, y    x  y  100 3x  1,5 y  120  (I) 0,25 cho T  300000 x  400000 y đạt giá trị lớn Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đường thẳng d1 : x  y  100; d2 : 3x  1,5 y  120 Đường thẳng d1 cắt trục hoành điểm A(100;0) , cắt trục tung điểm B(0;50) 0,25 Đường thẳng d cắt trục hoành điểm C (40;0) , cắt trục tung điểm D  0;80  y Đường thẳng d1 d cắt điểm E  20;40  Biểu diễn hình học tập nghiệm D hệ bất phương trình (I) miền đa giác OBEC B O x  x   T  20000000 ;  T  0;   y y  50    E C A x  x  20  T  22000000 ;  y  40   x  40  T  12000000  y  0,25 Vậy để thu tổng số tiền lãi nhiều xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I 40kg sản phẩm loại II Câu V 1,0 đ Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  xz  Chứng minh bất đẳng thức x2 x3   y2 y3   z2 z3   Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: x3   ( x  2)( x  x  4)  x2  x3   ( x  2)  ( x  x  4) x  x   2 x2 x2  x  y2 y2  ; y3  y  y  Tương tự, ta có 0,25 z2 2z  z3  z  z  Từ suy ra: x2 x3   y2 y3   z2 z3   x2 y2 2z   (1) x2  x  y  y  z  z  Chứng minh bổ đề: Cho x, y  a, b  a b2  a  b    ta có: x y x y * Ta có a y  b2 x  a  b  2    a y  b x   x  y   xy  a  b    ay  bx   *  xy x y a b Đẳng thức xảy  x y Áp dụng bổ đề ta có 0,25   x  y    x2 y2 z2 z2 2        2  x  y   x  y   12 z  z    x  x  y  y  z  z  6 2( x  y  z )2  x  y  z  ( x  y  z )  18 Đến đây, ta cần chứng minh: 2( x  y  z )2 1 x  y  z  ( x  y  z )  18 Do x2  y  z  ( x  y  z )  18  3   x  y  z    x  y  z    xy  yz  zx   18 0,25   x  y  z    x  y  z   12  Nên  3  2( x  y  z )2  x  y  z  ( x  y  z )  18  x2  y  z  x  y  z  (4) Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có: x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z  3( xy  yz  zx)  Nên bất đẳng thức (4) Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y  z  Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 ... Giám thị coi thi số 1: Giám thị coi thi số 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN: TỐN (Hướng...  z  (4) Mặt khác, x, y, z số dương nên ta có: x  y  z  xy  yz  zx  x  y  z  3( xy  yz  zx)  Nên bất đẳng thức (4) Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x... mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình x  y   , đường thẳng AC có phương trình x  y   Biết điểm M (1 ;10) thuộc cạnh BC , tìm tọa độ đỉnh A, B, C  Câu III.3