Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Phong số 2

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học : 2018 – 2019
Môn: Toán
Lớp: 10
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 26/01/2019

Đề gồm có : 01 trang
Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y  x 2  (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 toạ độ).
Câu 2 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số

y  x m 1 

2x
x  2m

xác định trên khoảng ( - 1; 3).

Câu 3 (5 điểm). Giải các phương trình sau

1)

x 2  3x  1  7  2x

2)

3x  1  4x  3  5x  4

3)

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

2
3
2
 x  x y  xy  xy  y  1
Câu 4 (2 điểm). Giải hệ phương trình:  4
2
 x  y  xy (2 x  1)  1

  600. Các điểm M, N
Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 1, AC = x và BAC




được xác định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với
nhau.
Câu 6 (2 điểm). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta
có

     
1
GAGB

.
 GB.GC  GC .GA   (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 | | 2018.2019  yz | | 2018.2019  zx |
.


(x  y )z
(y  z )x
(z  x )y
--------------------- Hết ---------------------

Họ và tên thí sinh:........................................... Số báo danh: ................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.


SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2

Câu

HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học : 2018 – 2019
Môn: Toán Lớp: 10
Ngày thi: 26/01/2019

Nội dung

1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.

Điểm
2,0

2) Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  2mx  2m  3  0(*)

* Tìm được điều kiện để dường thẳng cắt đồ thị hàm số tai A, B là
m  3 hoặc m  1

x1  x 2  2m
* Gọi x1, x 2 là các nghiệm pt (*), ta có 


x x  2m  3
1(4đ)

 1 2
* A(x1; 3x1  1), B(x 2 ; 3x 2  1) . Tính được
 
OAOB
.
 0  10x1x 2  3(x1  x 2 )  1  0
31
 26m  31  0  m 
26
31
Kết luận m 

26


x  m  1  0
x  m  1

Hàm số xác định khi 



x  2m  0
x  2m





Tập xá định của hàm số là D  [m  1;2m ) với điều kiện

0.5

1

0.5

1

m  1  2m  m  1.
2(2đ)

Hàm số xác định trên (1; 3) khi và chỉ khi
(1; 3)  [m  1;2m )


m0

. Vô nghiệm.

 m  1  1  3  2m  
3

m


2

Kết luận không có giá trị của m

1




2x  7  0
1) x  3x  1  7  2x   2

x  3x  1  (2x  7)2






7

x


2



 x  5  x  5



x  10



3

2

2

Kết luận S  5 .
2)

3x  1  4x  3  5x  4



3x  1  0




4x  3  0



3x  1  4x  3  2 (3x  1)(4x  3)  5x  4







x  3
3  x  3



4
4





(3x  1)(4x  3)  3  x
11x 2  x  12  0







3(5đ)

3

x 3


4


x 1
x  1



x   12



11


2

Kết luận Kết luận S  1 .
3)

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

Đk: 1  x 

5
.
2

Phương trình viết lại:

1


( 3x  3  3)  ( 5  2x  1)  (x  2)(x 2  x  12)  0


3(x  2)
3x  3  3

 (x  2)(


3

2(x  2)
5  2x  1


 (x  2)(x 2  x  12)  0
2

 x 2  x  12)  0

3x  3  3
5  2x  1


x 2




3
2


 x 2  x  12  0(*)


5  2x  1

 3x  3  3
5
Do x 2  x  12  0, x  [  1, ]

2

Nên (*) vô nghiệm.
Kết luận S  2 .
 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1(1)
(*)
Giải hệ phương trình:  4
2
x

y

xy
(2
x

1)

1(2)

( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1
(*)   2
2
 x  y   xy  1

a  x2  y
a  ab  b  1
Đặt 
. Hệ trở thành:  2
(*)

b  xy
a  b  1
3
2
2
 a  a  2a  0
a(a  a  2)  0
Hệ (*)  

2
2
b  1  a
b  1  a
Từ đó tìm ra (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)

1

1

 x2  y  0
Với
ta
có
hệ
(
a
;
b
)


(0;
1)
 x  y  1.

4(2đ)
xy

1

 x2  y  1
Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ 
 ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .
 xy  0
Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ
2

3
3


 x 2  y  2
y  
y  


 x  1; y  3 .
x
x

 xy  3

 x3  2 x  3  0
( x  1)( x 2  x  3)  0


Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) .


x  
0 
Ta
có: đk



 

 
MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC

 
 2CA  CB
Tương tự ta cũng có:3CN

   
Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC )(2CA  CB)  0
 
   
 (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB.AC  0

5(3đ)



3

1

x

1
2
4  6 x 2  5x  0  
x
2
 x  4

3

 
GA2  GB 2  AB 2
GAGB
.
 GAGB
. .cos AGB  GAGB
. .
2GAGB
.
2
2
Ta

có
6(2đ)
4ma
4mb

 AB 2
2
2
2
GA  GB  AB
9

 9
2
2

Tương tự ta có 2 đẳng thức như trên. Sau đó cộng lại ta được
     
GAGB
.
 GB.GC  GC .GA 
4ma2
9



4mb2
9
2

 AB 2

4mb2


9



4mc2
9
2

 BC 2

4mc2


9

8 2
(ma  mb2  mc2 )  (AB 2  BC 2  CA2 )
 9
2

Sử dụng công thức đường trung tuyến ta được đpcm.



4ma2

9
2

2

 CA2


Ta chứng minh: x , y, z  [a;b ], (a >0) ta luôn có

| ab  xy | b  a

x y
2
2
 4(ab  xy )  (x  y )2 (b  a )2
 [2ab  2xy  (x  y )(b  a )][2ab  2xy  (x  y )(b  a )]  0
 [b(2a  x  y )  x (a  y )  y(a  x )]x
[a(2b  x  y )  x (b  y )  y(b  x )]  0(dúng)
| ab  xy | b  a b  a
Vậy ta có
.


7(2đ)
(x  y )z
2z
2a
Dấu ‘‘=’’ khi x  y  a, z  a hay x  y  z  a
Áp dụng ta có:

b a b a b a
3(b  a )
f (x , y, z ) 



2a
2a
2a
2a
Dấu ‘‘=’’ khi x  y  z  a

Thay a  2018, b  2019 , ta được
3
khi x  y  z  2018
maxf (x , y, z ) 
4036
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

1

1