Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 sở GDĐT hải dương có lời giải

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN THI: TOÁN
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 2  4 x  3 có đồ thị ( P) . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng

(dm ) : y  x  m cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

1 1
  2.
x1 x2

2) Cho hàm số y  (m  1) x 2  2mx  m  2 ( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch biến
trên khoảng (;2) .
Câu II (3,0 điểm)

2
2
2
2

 x  y   x  xy  y  3  3  x  y   2
1) Giải hệ phương trình 
2

2

 x y  x  2 x  12  0

2) Giải phương trình ( x  3) 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 .
3) Giải bất phương trình x3  (3x 2  4 x  4) x  1  0 .
Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB  3NC  0 . Gọi P là
PA
giao điểm của AC và GN , tính tỉ số
.
PC
2) Cho tam giác nhọn ABC , gọi H , E, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
A, B, C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là SABC và SHEK . Biết rằng
9
SABC  4 SHEK , chứng minh sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  .
4
3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân tại A . Đường thẳng AB có phương trình
x  y  3  0 , đường thẳng AC có phương trình x  7 y  5  0 . Biết điểm M (1;10) thuộc cạnh
BC , tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .
Câu IV (1,0 điểm)
Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một máy
chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm
việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và máy
làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản
phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi xưởng cần
sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất?
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  xz  3 .

x2

Chứng minh bất đẳng thức

x3  8



y2
y3  8



z2
z3  8

 1.

........................................ Hết ......................................
Họ và 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
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Điểm

Câu

Nội dung

Câu I.1
1,0đ

Cho hàm số y  x  4 x  3 có đồ thị ( P) . Tìm giá trị của tham số m để đường
thẳng (dm ) : y  x  m cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa
2

mãn

1 1
  2.
x1 x2

Phương trình hoành độ giao điểm x2  4 x  3  x  m  x2  5x  3  m  0 (1)
Đường thẳng (d m ) cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình
(1) có hai nghiệm phân biệt    0  13  4m  0  m  

Câu I.2
1,0 đ

13
.
4

0,25

0,25

x  x  5
Ta có  1 2
 x1 x2  3  m

0,25

 x  x  2 x1 x2
5  2(3  m)
1 1
1
 2 1 2

 m  (thỏa mãn)
x1 x2
2
m  3
 x1 x2  0

0,25

Cho hàm số y  (m  1) x 2  2mx  m  2 ,( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch
biến trên khoảng (;2) .
Với m  1  y  2 x  3 . Hàm số nghịch biến trên

. Do đó m  1 thỏa mãn.
0,25

CâuII.1
1,0 đ

m  1  0

Với m  1 . Hàm số nghịch biến trên khoảng (;2) khi và chỉ khi  m
 m  1  2

0,25

1 m  2 .

0,25

Vậy 1  m  2

0,25

2
2
2
2

 x  y   x  xy  y  3  3  x  y   2 1
Giải hệ phương trình 
2
2
 2


 x y  x  2 x  12  0


 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2
  x  y   x 2  xy  y 2   3( x  y )  3( x 2  y 2 )  2

0,25

 x3  y 3  3( x  y )  3x 2  3 y 2  2

 x3  3x 2  3x  1  y 3  3 y 2  3 y  1

0,25

 ( x  1)3  ( y  1)3  x  1  y  1  y  x  2
Thế y  x  2 vào phương trình (2) ta có

0,25

x2 ( x  2)  x2  2 x  12  0  x3  x2  2 x  12  0 .

x  3
 ( x  3)( x2  2 x  4)  0  x  3  y  1 . Hệ có nghiệm 
y 1
CâuII.2
1,0 đ

0,25

Giải phương trình ( x  3) 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 (1)

Điều kiện  1  x  4 .
Phương trình (1)  ( x  3)( 1  x  1)  x( 4  x  1)  2 x 2  6 x
0,25

x
3 x
x
 2x2  6x
1 x 1
4  x 1
1
1


 x( x  3) 

 2  0
4  x 1 
 1 x 1

( x  3)

 x( x  3)  0

1
1


 2 (2)
 1  x  1

4  x 1

0,25

x( x  3)  0  x  0; x  3 (Thỏa mãn điều kiện).
0,25

Với điều kiên  1  x  4 ta có
1

 1  x  1  1
 1  x  1  1
1
1



 2 . Dấu "  " không xảy

1
1

x

1
4

x

1

4

x

1

1

0,25

1
 4  x  1
ra nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  3 .
CâuII.3
1,0 đ

Giải bất phương trình x3  (3x 2  4 x  4) x  1  0 (1)
Điều kiện x  1 .
x3  (3x 2  4 x  4) x  1  0  x3  3x 2 x  1  4( x  1) x  1  0

 x3  3x 2 x  1  4





0,25

3

x  1  0 (2)

Xét x  1, thay vào (2) thỏa mãn.
Xét x  1  x  1  0 . Chia hai vế của (2) cho



x 1



3

ta được bất phương trình

0,25


3

2

 x 
 x 

  3
  4  0.
 x 1 
 x 1 

x
Đặt t 
, ta có bất phương trình t 3  3t 2  4  0  (t  1)(t  2)2  0  t  1
x 1
t 1

0,25

 1  x  0
 1  x  0
 1  x  0
x


 1  x  1  x   x  0
  x  0

0  x  1  5
x 1
  x  1  x 2
  x 2  x  1  0

2



 1  x 

1 5
2

0,25

 1 5 
Kết hợp x  1 là nghiệm, ta có tập nghiệm của bất phương trình  1;
.
2 

Câu
III.1
1,0 đ

Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB  3NC  0 . Gọi P là
PA
giao điểm của AC và GN , tính tỉ số
.
PC
Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt AP  k AC .
1
GP  AP  AG  k AC  AB  AC
3
1
1

  k   AC  AB .
B
3
3




GN  GM  MN 

Câu
III.2
1,0 đ

A





0,25

G
P
M

N

C



1
1
7
5

AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB
3
6
6
6

0,25

Ba điểm G, P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN cùng phương. Do đó
1
1
1
k

k
0,25
3 3
3  2  k  1  7  k  4  AP  4 AC
7
5
7
5
3 15
5
5

6
6
6
4

PA
 AP  AC 
 4.
0,25
5
PC
Cho tam giác nhọn ABC , gọi H , E, K lần lượt là chân đường cao kẻ từ các đỉnh
A, B, C . Gọi diện tích các tam giác ABC và HEK lần lượt là SABC và SHEK . Biết
9
rằng SABC  4 SHEK , chứng minh sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  .
4
Đặt S  S ABC thì từ giả thiết suy ra
A
0,25

E
K

B

H

C


S EAK  S KBH  S HCE 

3
S
4

S EAK S KBH S HCE 3



S
S
S
4
1
AE. AK sin A
S EAK 2
AE AK


.
 cos A.cos A  cos 2 A
1
S
AB. AC sin A AB AC
2
1
BK .BH .sin B
S KBH 2
BK BH


.
 cos B.cos B  cos 2 B
1

S
0,25
AB.BC sin B BC AB
2
1
S HCE 2 CH .CE.sin C CH CE


.
 cos C.cos C  cos 2 C
1
S
AC.BC sin C AC BC
2
S EAK SKBH S HCE 3
3


  cos2 A  cos 2 B  cos 2 C 
0,25
S
S
S
4
4
3
9
 1  sin 2 A  1  sin 2 B  1  sin 2 C   sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  .
0,25
4

4
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân tại A . Đường thẳng AB có phương
trình x  y  3  0 , đường thẳng AC có phương trình x  7 y  5  0 . Biết điểm M (1;10)
thuộc cạnh BC , tìm tọa độ các đỉnh A, B, C .


Câu
III.3
1,0 đ

x  y  3  0
x  2

. Vậy A(2;1) .
x  7 y  5  0
y  1

Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ phương trình 
Phương trình các đường phân giác của góc A là

0,25

x  y 3
x  7y  5


2
5 2

 x  3 y  5  0 (d1 )

3 x  y  5  0 ( d )

2

0,25

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
Xét trường hợp d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A .
Phương trình đường thẳng BC là 3x  y  7  0 .
x  y  3  0
 x  1

 B(1; 4) .
3x  y  7  0
y  4

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

11

 x   5
x  7 y  5  0
 11 2 

 C ; .

 5 5
3x  y  7  0
y  2


5
8
 16 48 
MB  (2; 6), MC    ;    MC  MB  M nằm ngoài đoạn BC . Trường
5 
5
 5

0,25


hợp này không thỏa mãn.
Nếu d 2 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A
Phương trình đường thẳng BC là x  3 y  31  0 .
Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình
x  y  3  0
 x  11

 B(11;14) .

 x  3 y  31  0
 y  14
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình
101

x

x  7 y  5  0


 101 18 
5

C
;  .

 5 5
 x  3 y  31  0
 y  18

5
8
 96 32 
MB  (12; 4), MC   ;    MC   MB  M thuộc đoạn BC .
5 
5
 5
 101 18 
Vậy A(2;1), B(11;14), C 
; .
 5 5
Câu IV
1,0 đ

0,25

Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một
máy chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên
liệu và máy làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II
cần 4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại

I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên
dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản
phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất?
Giả sử sản xuất x(kg ) sản phẩm loại I và y(kg ) sản phẩm loại II.
Điều kiện x  0, y  0 và 2 x  4 y  200  x  2 y  100
Tổng số giờ máy làm việc: 3x  1,5 y

0,25

Ta có 3x  1,5 y  120
Số tiền lãi thu được là T  300000 x  400000 y (đồng).
Ta cần tìm x, y thoả mãn:

 x  0, y  0

 x  2 y  100
3x  1,5 y  120


(I)

0,25

sao cho T  300000 x  400000 y đạt giá trị lớn nhất.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng

d1 : x  2 y  100; d2 : 3x  1,5 y  120
Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0) , cắt trục tung tại điểm B(0;50) .

0,25

Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm C (40;0) , cắt trục tung tại điểm D  0;80  .
y

Đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm E  20;40  .
Biểu diễn hình học tập nghiệm của

D

hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC .

B

O

x  0
x  0
 T  20000000 ;
 T  0; 

y
y

50

0



E

C

A

x

 x  20
 T  22000000 ;

y

40


 x  40
 T  12000000

y  0

0,25

Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm
loại I và 40kg sản phẩm loại II.
Câu V
1,0 đ

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn xy  yz  xz  3 . Chứng minh bất đẳng thức

x2
x3  8



y2
y3  8



z2
z3  8

 1.

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4) 
x2



x3  8



( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6

2
2

2 x2
x2  x  6

y2

2 y2
 2
;
y3  8 y  y  6

Tương tự, ta cũng có

0,25

z2

2z 2
 2
.
z3  8 z  z  6

Từ đó suy ra:
x2
x3  8



y2
y3  8



z2
z3  8



2 x2
2 y2
2z 2


. (1)
x2  x  6 y 2  y  6 z 2  z  6

Chứng minh bổ đề: Cho x, y  0 và a, b 

a 2 b2  a  b 
 
ta có:
x
y
x y

2

*

Ta có

a 2 y  b2 x  a  b 
2
2

  a 2 y  b 2 x   x  y   xy  a  b    ay  bx   0
* 
xy
x y
a b
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  .
x y
Áp dụng bổ đề ta có
2

0,25


2


x  y



x2
y2
z2
z2
2 2
 2

 2

2




2
2
2
 x  y   x  y   12 z  z  6 
 x  x  6 y  y  6 z  z  6

2( x  y  z )2
.
 2
x  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
Đến đây, ta chỉ cần chứng minh:
2( x  y  z )2
1
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
Do x2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

 3

  x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18
2

0,25

  x  y  z    x  y  z   12  0
2

Nên  3  2( x  y  z )2  x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

 x2  y 2  z 2  x  y  z  6 (4)
Mặt khác, do x, y, z là các số dương nên ta có:

x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  3
x  y  z  3( xy  yz  zx)  3
Nên bất đẳng thức (4) đúng.
Từ (1), (2), (3) và (4), ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z  1 .
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25