SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: TỐN, Khối 10 Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 14/04/2018 Câu (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = x+2 mx + đường thẳng (d) : y = x −Tìm m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B thỏa mãn AB = 10 Câu (6.0 điểm): Giải bất phương trình sau: ( x+2 ) x4 − x2 + − ≥ x −1 Giải phương trình sau: 2 x − + 3x − = x −8 x +21  x 5y (x − ) + =  x2 +  Giải hệ phương trình sau:  2 3y − x = x − 3x y − 9xy  x + 3y Câu (6.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; ) đường tròn ( C) : x + y + x − y + = Tìm điểm M trục hoành cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B C tiếp điểm) cho BC qua A  60 =và hai đường trung tuyến BM, CN vuông Cho tam giác ABC có BC = 2, A góc với Tính diện tích tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M(0; 3) , trung điểm đoạn CI J(1; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + = Câu (2.5 điểm) Biết  π 16 16 π + + + = 33 , < x < Tính giá trị tan 5x, tan  5x −  2 2 4 sin x cos x tan x cot x  a,b,c > a4 b b4 c c4 a Câu (1.5 điểm) Cho  Chứng minh rằng: + + ≥ a +1 b +1 c +1 abc = Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Lời giải sơ lược Câu Điểm 4,0 Hoành độ giao điểm d (P) nghiệm phương trình: x + 2mx + 3= 2x − ⇔ x + 2(m − 1)x + 4= (1) Để d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m − 2m − > ⇔ m > m < −1 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm A(x1 ; 2x1 − 1), B(x ; 2x − 1) , x1 , x 1,0 1,0 nghiệm (1) Theo định lý Viet ta có: x1 + x =2 − 2m, x1x =4 Ta có: AB = 5(x − x1 ) = (x + x1 ) − 4x x1  =10 ⇔ 5(4m − 8m − 12) =100 ⇔ m − 2m − = ⇔ m = m = −2 (tm đk (*)) 1,0 1,0 Vậy m = m = −2 giá trị cần tìm 2.1 2,0 ( ) ĐKXĐ: x ≠ , Ta có: x − x + − ≥ −1 > x + x − ≥ 1+  TH1: x > : BPT ⇔ x − x + ≤ x + x − ⇔  ⇔x= 2  x − x − ≤ ( TH2: x < : BPT ⇔ ( ) ) ( ) ( ) 1,5 2 x − x + ≥ x + x − ⇔ x − x − ≥ 1 +  Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪     2.2 0,5 2,0 ĐKXĐ: 2x − ≥ 0 PT ⇔ x − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2x − 5] + [(x + 1) − 3x − 5] = 0,5 x − 10 x + 21 x − 10 x + 21 ⇔ x − 10 x + 21 + + = (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1 ⇔ (x − 10 x + 21)(1 + + )= (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1,0 ⇔ x − 10 x + 21 = ⇔ x = x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = 0, 2.3 2,0 2  x + = 6x y 6x y (x − 2x + 4)(x + 2) = ⇔ , ( 3y ≥ x ) HPT ⇔   3 2 2 4x  x + 27y = (9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y 6y  1 + x = x Nhận thấy x = không nghiệm hệ nên HPT ⇔  1 + 27y =  x x2 3y Đặt a = > 0, b = HPT trở thành x x ( a= b= 1 + a = 2b ⇔  a= b= −1 + 2a 1 + b =  Với a= b= ta nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /  −1 + ta nghiệm (x ;y)=    Với a= b= 1,0  Vậy hệ có nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /    ( ) ) −2 −1 ; −1     − −2 −1 ; − 1,0 −1     3.1 2,0 (C) có tâm I ( −1;3) , R = 2 Theo (1) Gọi M ( a;0 ) , để từ M kẻ hai tiếp tuyến với (C) MI > R (ln đúng) 1,0 MB = MC = MI − R = a + 2a + Khi đó, B C thuộc đường trịn (C’) tâm M, bán kính MB, đường trịn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y = a + 2a + 2 2 2  x + y + 2x − 6y + = Tọa độ B C thỏa mãn  ⇒ ( BC ) : ( 2a + ) x − 6y + a + 2a + = 2 x a y a 2a − + = + + ( )  1,0 Do BC qua A nên a + 6a + = Vậy A ( −2;0 ) A ( −4;0 ) 3.2 2,0 Hai đường trung tuyến BM, CN vng góc với thì: 4 + b2 c2 4 + c2 b2 2  2  + = ⇔ − + − ) =4 ⇔ b + c =20 m m BC ( ) ( b c   9 3  3  2 Mặt khác: BC2 = b + c − 2bc cos A ⇔ = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16 Vậy S ∆ABC = 1 bc sin A = 16 = 2 1,0 0,5 1,0 3.3 2,0 Gọi N trung điểm CD H tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, NJ vng góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN đường kính (C)) Mà MD đường kính (C) nên JM ⊥ JD (1)   D thuộc ∆ nên D(t; t + 1) ⇒ JD(t − 1; t + 1), JM(−1;3) Theo (1) 1,0   JD.JM = ⇔ − t + + 3t + = ⇒ t = −2 ⇒ D(−2; −1) Gọi a cạnh hình vng ABCD Dễ thấy DM= 5= a2 a + ⇒ a= −2; y = x = AM  x + (y −= 3) =  ⇒ ⇔ Gọi A(x; y) Vì  2 ;y 16 = (x + 2) + (y + 1) = AD =  x 5= 1,0 - Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn) 6 7  23   −8   −22 11  - Với A  ;  ⇒ B  − ;  ⇒ I  ;  ⇒ C  ;  ⇒ J ( −3; ) (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(−2;3), B(2;3), C(2; −1), D(−2; −1) 2,5 16 16 + + + = 33 Giải tan x = ⇒ tan x = 2 2 sin x cos x tan x cot x tan x tan 2x + tan x Khi đó: tan 2x = = − , tan 3x = =, tan ( 2x + x ) = − tan x − tan 2x tan x 11 tan 3x + tan 2x 38 Vậy: tan 5x = tan ( 3x + 2x ) = = − − tan 3x tan 2x 41 π tan 5x − tan π 79  = tan  5x −  = − π  + tan 5xt an  Ta có 1,0 1,5 1,5 Với số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a 4b a 2b a 2b ab 2 = a b − ≥ a b − = a 2b − 2 a +1 a +1 2 a2 Chứng minh tương tự ta có: b4c bc c a ca , ≥ − b c ≥ c2a − b +1 c +1 1,0 a 4b b4c c4a Vậy + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) a +1 b +1 c +1 Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a b + a b + b c ≥ 3ab abc = 3ab Tương tự: b c + b c + c2 a ≥ 3bc abc = 3bc ; c a + c a + a b ≥ 3ca abc = 3ca Vậy a 4b b4c c4a 1 3 + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ a b c = a +1 b +1 c +1 2 2 (đpcm) Dấu “=” xảy a= b= c= 0,5 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh q trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm trịn điểm SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CON CUÔNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1.(5,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x  x  m  (1) với x ẩn số a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x x  x x  Câu (3,0 điểm)  x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  Câu 3.(5,0 điểm) 4sin   cos  sin   cos3      b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K đoạn a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P  thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AD AK Câu ( 5,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm 16 AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3y 1  , E  ;1 3  a) Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao CD BE b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Câu (2,0 điểm) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc Hết -Họ tên thí sinh : Số báo danh : HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm Phương trình x  x  m  5,0 a) Giải phương trình (1) m  1,5 Khi m  PT (1) có dạng: x  x   0,5 Ta có:  '     0,5 PT (1) có nghiệm phân biệt: x1  x2  0,5 b) Tìm giá trị m thỏa mãn 3,5 Lập ∆ = 25 - 4m Phương trình có nghiệm x1 , x2 ∆ ≥ hay m  0,5 25 Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1  x2  5; x1 x2  m 0,5 ìïx + x > hay m > Hai nghiệm x1 , x2 dương ïí ïïỵx1x > Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 < m  Ta có: Suy ( x1 + x 2 ) 0,5 = x1 + x + x1 x = + m x1 + x = + m Ta có x1 x  x x1   x1.x Hay 25 (*)   x1  x  0,5 m  m   2m m  5m  36  (1) Đặt t  m  , (1) thành:  2t3 + 5t2 - 36 = 0,5  (t - 2)(2t2 + 9t + 18) =  t - = 2t2 + 9t + 18 = Với t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) 0,5 Với 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vơ nghiệm Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn 0,5 x1 x  x x1   x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  3,0 ( x  y )  xy ( x  y )  xy  Hệ   2  x  y   xy  1,0 a  x  y Đặt  Hệ trở thành: b  xy a  ab  b  (*)  a  b  0,5 a  a  2a  a (a  a  2)  Hệ (*)    2 b   a b   a 0,5 Từ tìm (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)  x2  y  Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ   x  y   xy   x2  y   ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ   xy  0,5 Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ 3    x  y  2 y   y      x  1; y  x x  xy    x  2x   ( x  1)( x  x  3)    0,5 Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) 5,0 a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P   4sin   cos    sin   cos   4sin   cos  P  sin   cos3  sin   cos3  sin   co s  sin   co s  2,5 1.0  4sin   sin  cos   4sin  cos   cos3  sin   cos3  0,5  tan   tan   tan   tan   0,5  4.8   4.2   8 2 0,5     b) AD đoạn thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AK b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K  Vì AE  2,5 A     AC  BE  BC  BA (1) 4 E K 0,5 B D C      Giả sử AK  x AD  BK  xBD  1  x  BA (1)      Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK    Do BC; BA không phương nên   2x  BD  (1  x)BA 0,5 m 2x 3m   &1  x  0 4 0.5  0,5 Từ suy x  ; m  Vậy AK  AD  0,5 AD 3 AK Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình  16  CD : x  3y 1  , E  ;1    5,0 Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao 2,5 a) CD BE Ta có BA EA    E chân đường phân giác BC EC A D B 0,5 I E C Do BD = BC  BE  CD  BE : x  y  17  0,5 x  3y 1  I  BE  CD  tọa độ điiểm I nghiệm hệ  3x  y  17  0,5 Giải hệ phương trình  I  5;  1,0 b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Đặt BC  a   AB  2a, AC  a 5, CE  2,5 a 0,5   450  IB  IC  BC  a Do CBE (1) Tam giác EIC vuông I  IE  EC  IC  IE   a (2)  Từ (1) (2)  IB  3IE  B (4;5) Gọi C (3c  1; c) từ 0,5 0,5 c  BC   c  4c     c  0,5 Với c   C (2;1), A(12;1) (KTM) Với c   C (8;3), A(0; 3) (TM) 0,5 Vậy A(0; 3), B (4;5), C (8;3) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc 2,0 Áp dụng BĐT AM- GM ta có ab  bc  ca  33 a b c 1= a + b + c  3 abc  abc  P P  ab  bc  ca  33 abc 0,5 abc  9abc  2 a b c ab  bc  ca 1    2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 0,5 0,5   Để AM vng góc với PN AM PN         (1  k ) AB  k AC    AB  AC    15  4(1  k ) k  k 4k    ) AB AC  AB  AC  ( 15 3 15 4(1  k ) k  k 4k   (  )cos600  15 3 15 k  KL: k  Câu 1) Tìm m để phương trình x6 x9 m x2 x9 8  x 3m  Giải: PT  x    m  x   1  x  3m  đặt t  x  9, t  PT trở thành : 3m   2t   m  1 t  m  13  (1) PT ban đầu có nghiệm x1  10  x t   m  t  1  t    '    (1) có nghiệm  t   t    t1  1 t  1    t1  t   m  1   m  13   m  25     m  13   m     13  m   m  13   m  1  m    2) Giải phương trình x   x  x   x  x   x  x giải: Điều kiện: x  Đặt  x  a ;  x  b ;  x  c với a, b, c số thực khơng âm Ta có x   a   b   c  a.b  b.c  c.a Do 3  a  ab  bc  ca  a  b  c  a     4  b  ab  bc  ca   b  c  a  b      c  a  b  c   5  c  ab  bc  ca Nhân vế ba phương trình ta  a  b  b  c  c  a   15  15 a  b    15 15 15 15 Suy b  c  abc     15 c  a   671 671 Thử lại x  thỏa mãn phương trình 240 240 671 Vậy phương trình có nghiệm x  240 Suy x   3) Giải hệ phương trình  x  y  y   2 y   2 2 ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  Giải  Giải hệ phương trình  x  y  y   2 y   2 2 ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  (1) (2) ĐKXĐ: y  1, (2)  x3  y  3x  y   x  y     x  1   y  1  x   y   y  x  3 Thay vào pt thứ ta được: 2  2x 1   x 1  1  x  3x    x    x     x      2  2   x   x (Có thể bình phương pt:  x  1 ( x  x  2)  ) Giải hai pt ta x  1, x   2 Vậy hệ có hai nghiệm  x; y   1; 1 ,   2,   Câu Giải: Tính Ta có ; theo a Ta có Mặt khác: Trong tam giác vng Nên Chứng minh Ta có Do Nên nên ta có Giả sử thẳng hàng nên: nên nên Nên Câu Cho số dương a, b, c có a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a Giải a a a3 a3 a3 c3 c3   (   ) 16 2c  a  b c  (a  b  c) c  c3 a3 a c  c  3a c     16 16 c3 c3 a a 3a c  Suy ra:   16 2c  a  b b b 3b a  c c 3c b  Tương tự     16 16 2a  b  c 2b  a  c  33 Cộng vế tương ứng ba BĐT chiều ta P  , P  a=b=c=1 KL 2 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) a) Cho parabol (P): y   x  x  điểm I (1; 4) Tìm (P) hai điểm M, N đối xứng qua điểm I b) Tìm giá trị m để phương trình x   m  m có nghiệm phân biệt Câu (3 điểm) a) Giải bất phương trình: ( x  1) x   ( x  6) x   x  x  12 (x  1)(y  6)  y(x  1) b) Giải hệ phương trình:  2 (y  1)(x  6)  x(y  1) c) Tìm m để phương trình x   m x   x  có nghiệm Câu (3 điểm) a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định     hệ thức: AD  AB; AE  AC Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng b) Gọi H trực tâm  ABC, M trung điểm BC Chứng minh   MH MA  BC c) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD, điểm M (2;0) trung điểm cạnh AB, điểm H (1; 1) hình chiếu B AD điểm 7  G  ;3  trọng tâm tam giác BCD Đường thẳng HM cắt BC E, đường 3  thẳng HG cắt BC F Tìm tọa độ điểm E, F B Câu (1 điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn x  y  Tìm giá trị lớn ( x  y )2  y xy  Câu (1 điểm) Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  ( x  1)  y  ( x  1)  y  y  giá trị nhỏ biểu thức S  …………………Hết………………… SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN Câu ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN NĂM HỌC 2017 – 2018 MƠN THI: TỐN (Đáp án gồm 04 trang) Ý Nội dung Cho parabol (P): y   x  x  điểm I (1; 4) Tìm (P) hai a điểm M, N đối xứng qua điểm I đường thẳng  qua I có hsg k có phương trình y  k ( x  1)  Xét pt  x  x   k ( x  1)   x  (k  4) x  k   (1)   (k  4)  4(k  1)   k  4k  20  0, k   cắt (P) M N Gọi nghiệm (1) x1 , x2  M ( x1 ; k ( x1  1)  4), N ( x2 ; k ( x2  1)  4) Điểm 1,00 0,25 0,25 M, N đối xứng qua điểm I  I trung điểm MN  x1  x2   4k   1 k  2  k ( x1  1)   k ( x2  1)    Khi (1) x  x    x  1 x  Vậy M (1;0), N (3;8) b Tìm m để phương trình x   m  m có nghiệm phân biệt Điều kiện cần m  m   m  m  1 (1) x   m  m x   m  m   x   ( m  m )  x   (m  m ) Điều kiện đủ  (m4  m )   1  m  Khi  4 2 0,25 0,25 1,00 0,25 2 Kết hợp với ĐK (1) ta  m    m  1 Cách khác Pt có nghiệm  đường thẳng y  m  m cắt đths 0,25 0,25 0,25 y  x  điểm Từ đồ thị suy  m  m   | m | 2 a Giải bất phương trình: ( x  1) x   ( x  6) x   x  x  12 ĐK : x  2 BPT  ( x  1) x    ( x  6) x    x  x      x2 x2  ( x  6)  ( x  2)( x  4) x22 x7 3 x6  x 1   ( x  2)    ( x  4)   x7 3  x22  x 1 x6 Ta có   ( x  4) x22 x7 3 x2 x2 x6 x6      2 x22 x7 3 x22 1,00 0,25  ( x  1) 0,25 0,25 ( x  2) x  ( x  6)( x   1)    0, x  2 x22 x7 3 x22 BPT  x    x  Vậy tập nghiệm BPT S   2; 2  (x  1)(y  6)  y(x  1) Giải hệ phương trình:  b 2 (y  1)(x  6)  x(y  1) Trừ vế ta  x  y  x  y  xy    0,25 1,00 0,25 TH x  y Thế vào pt thứ ta 0,25 x  x2  5x     x  TH x  y  xy    xy  x  y  Cộng hai pt theo vế ta  x  y    x  y   12    x  y    x  y   xy  12  x  y 1   x  y   6 x  y      x  y  x  y   xy  (Loại)  x  2, y  x  y   xy     x  3, y  0,25 0,25 Vậy hệ có nghiệm  2;2  ,  3;3 ,  2;3 ,  3;2  c Tìm m để phương trình x   m x   x  có nghiệm ĐK: x  Chia hai vế cho x  ta x 1 x 1  m  24 x 1 x 1 x 1 Đặt t  ,0  t  ta 3t  m  2t  3t  2t  m (2) x 1 Pt (1) có nghiệm x   pt (2) có nghiệm t   0;1 Lập bảng biến thiên f  t   3t  2t  0;1 Từ BBT suy pt (2) có nghiệm t   0;1  1  m  1,00 0,25 0,25 0,25 0,25 Cho tam giác ABC có trọng tâm G Hai điểm D E xác định a    hệ thức: AD  AB; AE   AC Chứng minh rằng: D, E, G thẳng hàng Gọi M trung điểm BC ta có:     AG  AM  AB  AC 3 1,00 0,25        DE  DA  AE  2 AB  AC  5 AB  AC (1) 5           DG  DA  AG  2 AB  AB  AC   AB  AC  5 AB  AC 3 3      0,25  Từ (1) (2) suy DE  DG  D, E, G thẳng hàng      0,25   1,00    0,25 0,25 Gọi H trực tâm  ABC, M trung điểm BC Chứng minh b   MH MA  BC      A Ta có MH MA  BA  CA MH H      BA.MH  CA.MH          BA MC  CH  CA MB  BH  C B 2 A' M               BA.MC  BA.CH  CA.MB  CA.BH         Vì BA  CH  BA.CH  0; CA  BH  CA.BH         MH MA  BA.MC  CA.MB 2           Mặt khác ta có BA.MC  BA '.MC ; CA.MB  CA '.MB MB   MC          Nên MH MA  BA '.MC  CA '.MC  MC BA '  CA ' 2         1 1  MC.BC  BC.BC  BC (đpcm) 2 c Tìm tọa độ điểm E, F B  (  0,25 0,25 0,25 1,00 0,25   Chứng minh HM  ME từ suy E (5;1)   Chứng minh HG  2GF từ suy F (3;5) Giả sử B( x; y) Từ giả thiết suy B, E, F thẳng hàng BE  BH Tìm tọa độ B(1;3) Tìm max biểu thức S  ( x  y)2  y xy  0,25 0,25 0,25 1,00 Thế x  y  vào S ta S  x  xy  y xy  x  y TH y   x   S  0,25 0,25 x x  y 2 y 2 x t  2t  Đặt t   S  TH2 y   S    y t2  t 1 x x  1 y  y   S (t  t  1)  t  2t   ( S  1)t  ( S  2)t  S   Với S  , tồn t    ( S  2)  4( S  1)( S  2)  Biến đổi ta ( S  2)(3S  6)   2  S  Do S  1  2; 2 nên max S  2, S  2 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức A  ( x  1)  y  ( x  1)  y  y  A  (1  x)  y  ( x  1)  y  y   (1  x  x  1)  ( y  y )  y  Vậy A   y  y  0,25 0,25 1,00 0,25 TH y   A   y  0,25 TH y   A   y   y     3   12  y    y  3.1  y   y    Ta có    A   A   x  0, y  0,25 0,25 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN THI: TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 05/4/2017 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y   x  2( m  1) x   m (1) , ( m tham số) 1) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vuông K , K (2; 2) 2) Tìm giá trị m để hàm số (1) có giá trị lớn Câu II (3,0 điểm)  x y  y  x  xy  1) Giải hệ phương trình  1 x  x  xy  y   2) Giải phương trình ( x   x  1)( x  x  x  3)  x 3) Giải bất phương trình ( x  x  2)( x  12 x  32)  x Câu III (3,0 điểm) 1) Cho hình bình hành ABCD Gọi M trung điểm cạnh CD ; N điểm thuộc cạnh AD cho AN  AD Gọi G trọng tâm tam giác BMN , đường thẳng AG cắt BC K Tính tỉ BK số BC 2) Cho tam giác ABC khơng có góc vng có cạnh BC  a, CA  b, AB  c Chứng minh tam giác ABC thỏa mãn a  b  2c tan A  tan C  tan B tam giác ABC 3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân C có diện tích 10 Đường thẳng  9 AB có phương trình x  y  Điểm I  4;  trung điểm cạnh AB , điểm M  4;  thuộc đường  2 thẳng BC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết điểm B có tung độ số nguyên Câu IV (1,0 điểm) Một nông trại dự định trồng cà rốt khoai tây khu đất có diện tích Để chăm bón loại này, nông trại phải dùng phân vi sinh Nếu trồng cà rốt cần dùng phân vi sinh thu 50 triệu đồng tiền lãi Nếu trồng khoai tây cần dùng phân vi sinh thu 75 triệu đồng tiền lãi Hỏi nông trại cần trồng loại diện tích để thu tổng số tiền lãi cao nhất? Biết số phân vi sinh cần dùng không vượt 18 Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức P ab bc ca   a  ab  bc b  bc  ca c  ca  ab 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 2016 - 2017 MƠN: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm trang) Điểm Câu Nội dung Câu I.1 1,0 đ Cho hàm số y   x  2(m  1) x   m (1) ( m tham số) Tìm giá trị m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B cho tam giác KAB vng K , K (2; 2) Phương trình hồnh độ giao điểm  x  2(m  1) x   m   x  2(m  1) x  m   (2) Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt A, B phương trình 0,25 (2) có hai nghiệm phân biệt   '   ( m  1)  m    2m    m  1 0,25 Gọi nghiệm phương trình (2) x1 , x2   Tọa độ giao điểm A, B A( x1 ;0), B( x2 ;0) ; KA  ( x1  2; 2), KB  ( x2  2; 2) 0,25   KA  KB  KA KB   ( x1  2)( x2  2)    x1 x2  2( x1  x2 )   Câu I.2 1,0 đ m   m   2.2(m  1)    m  4m     m  Kết hợp điều kiện m  1 , ta m  , m  Tìm giá trị m để hàm số (1) có giá trị lớn 0,25 y   x  2( m  1) x   m  y   x  2( m  1) x  ( m  1)  ( m  1)   m CâuII.1 1,0 đ  y  ( x  m  1)  2m  0,25  y  2m  0,25 Dấu "  " xảy x  m  Giá trị lớn hàm số 2m  0,25 Giá trị lớn hàm số 2m    m  0,25  x y  y  x  xy (1)  Giải hệ phương trình  1 x (2)  x  xy  y   Điều kiện x  0, y  Chia hai vế (1) cho xy ta có phương trình x    x y 1 1 1 x 11 1 x 11 1               x    x xy y x x y y x x y  y x  1     x      x  y x   0,25 0,25 CâuII.2 1,0 đ  1 1 1   x    x      x 2     x y x  x y x    Ta có hệ     x        x       1          x y x  y x  x  y x    0,25   x2  2x    x  x  x     1  1   y     2 x y   x y 0,25 Giải phương trình   Điều kiện x  1 Với x  1   x   x 1    x   x  x2  x2  x   x    x   x  x2  x2  x   x  x  x   x  x   x  x2  x2  x   x   x   x 1  x   x 1  2x  x   x 1   0,25  x  x x   ( x  3)( x  1)  x x   x  x    x  x  x  x 1     x  x      x  x   13 x x3   x3  x    x 2 x   x x  x   x  x  1 x  x 1   x 1  x    x  2 x 1  x x  x 1  CâuII.3 1,0 đ 0,25 0,25 0,25 Giải bất phương trình ( x  x  2)( x  12 x  32)  x (1) ( x  x  2)( x  12 x  32)  x   x  1 x   x   x    x   x   x   x  1 x    x   x  x   x  x    x (2) Xét x  , thay vào bất phương trình (2) khơng thỏa mãn 0,25 0,25 Xét x  , chia hai vế (2) cho x ta bất phương trình x  x  8  x  x  8 8       x   6 x   9  x x x x    Đặt t  x  , có bất phương trình x 0,25  t   t     t  15t  54   t  15t  50    t  10  x2  5x  8  x    0 x    x x    x   t  10    x   10  x  10 x    5  17  x   17  x  x    17  x   17 0,25 Câu III.1 1,0 đ Cho hình bình hành ABCD Gọi M trung điểm cạnh CD ; N điểm thuộc cạnh AD cho AN  AD Gọi G trọng tâm tam giác BMN , đường thẳng AG cắt BK BC K Tính tỉ số BC     AG  AN  AM  AB A        N  AD  AD  AC  AB  AD  AC  AB G          K D C M  AD  AB  AD  AB  AB  AD 2     AG  AB  AD          Đặt BK  xBC  AK  AB  BK  AB  xBC  AB  x AD     B 0,25 0,25 Ba điểm A, G , K thẳng hàng nên       m  4m      AK  m AG  AB  x AD  m  AB  AD   AB  x AD  AB  AD 9 2   m m  1      x  4m  x     BK  BK  BC   BC 9 Câu Cho tam giác ABC khơng có góc vng có cạnh BC  a, CA  b, AB  c Chứng III.2 minh tam giác ABC thỏa mãn a  b  2c tan A  tan C  tan B tam giác ABC 1,0 đ a abc sin A tan A   2R  2 cos A b  c  a R b  c2  a2  2bc abc abc tan B  , tan C  2 2 R c  a  b  R  a  b2  c2   tan A  tan C  2.tan B  abc abc abc   2 2 2 R b  c  a  R  a  b  c  R  a  c2  b2  2   a   b2  c   c   a  b2   b4   a  c2  0,25 0,25 1   2 2 2 2 b c a a b c a c b 2 2 2   c  a  b  a  b  c    b  c  a  a  c  b    b  c  a  a  b  c   0,25 2   a  a  b  2c    c  b  c  2b   0,25 0,25 Kết hợp với a  b  2c  a  b  c Vậy tam giác ABC 0,25 Câu III.3 1,0 đ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân C có diện tích 10 Đường thẳng  9 AB có phương trình x  y  Điểm I  4;  trung điểm cạnh AB , điểm M  4;   2 thuộc đường thẳng BC Tìm tọa độ điểm A, B, C biết điểm B có tung độ số nguyên B  AB  B  2b; b  , (b  )  A   2b;  b  ; AB  20 b  C Phương trình CI : x  y  10  C  CI  C  c;10  2c   CI   c S ABC bc  4b  2c  6 1  CI AB  10  4b  2c  bc     bc  4b  2c  10   M A B I 0,25   11    9 CM    c; 2c   , MB   2b  4; b   2 2   4  c  k  2b      M  BC  k   | CM  k MB   11   2bc  6b  5c  16    2c   k  b       3 b   Từ 1 ,  3   ( không thỏa mãn) b   b  Từ   ,  3    A  2;1 , B  6;3 ; C  2;6  c  Câu IV 1,0 đ 0,25 0,25 0,25 Một nông trại dự định trồng cà rốt khoai tây khu đất có diện tích Để chăm bón loại này, nông trại phải dùng phân vi sinh Nếu trồng cà rốt cần dùng phân vi sinh thu 50 triệu đồng tiền lãi Nếu trồng khoai tây cần dùng phân vi sinh thu 75 triệu đồng tiền lãi Hỏi nông trại cần trồng loại diện tích để thu tổng số tiền lãi cao nhất? Biết số phân vi sinh cần dùng không vượt 18 Giả sử trồng x(ha) cà rốt y (ha) khoai tây Điều kiện : x  0, y  x  y  Số phân vi sinh cần dùng : x  y (tấn) 0,25 Ta có x  y  18 Số tiền thu T  50 x  75 y (triệu đồng) Ta cần tìm x, y thoả mãn:  x  0, y   (I) x  y  3 x  y  18  0,25 cho T  50 x  75 y đạt giá trị lớn Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đường thẳng d1 : x  y  5; d : 3x  y  18 Đường thẳng d1 cắt trục hoành điểm C (5;0) , cắt trục tung điểm E (0;5)  18    5 Đường thẳng d cắt trục hoành điểm D(6;0) , cắt trục tung điểm A  0; 0,25 7 3 2 2 Đường thẳng d1 d cắt điểm B  ;  Biểu diễn hình học tập nghiệm hệ bất phương trình (I) miền đa giác OABC x  T  0;  y  x   T  250 ;  y  x    18  T  270 ;  y    x   T  287,5  y   0,25 Vậy để thu tổng số tiền lãi cao nơng trại trồng 3,5 cà rốt 1,5 khoai tây Câu V 1,0 đ Cho số thực dương a, b, c Tìm giá trị lớn biểu thức ab bc ca   a  ab  bc b  bc  ca c  ca  ab 1 a b c P   Đặt x  ; y  ; z  a c b a c b b c a 1 1 1 b a c b a c 1 Ta có P  3 với x, y, z dương xyz    3 x  z  y  x  z  y3  P 0,25 x3  y  ( x  y )  ( x  y )  xy   ( x  y ) xy  x3  y    ( x  y ) xy  x  y   ( x  y ) xy  xyz  xy ( x  y  z ) 1   x  y  xy ( x  y  z ) 1 1 ;   3 y  z  yz ( x  y  z ) z  x  xz ( x  y  z ) 1 1 P    1 xy ( x  y  z ) yz ( x  y  z ) zx( x  y  z ) xyz Tương tự 0,25 Dấu "  " xảy x  y  z   a  b  c Vậy giá trị lớn P Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 0,25 ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017- 2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm câu) Mơn thi: TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu... TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018 MƠN THI: TỐN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/03/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (6,0 điểm):... KL 2 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT THANH MIỆN ĐỀ KHẢO SÁT ĐỘI TUYỂN HSG 10 LẦN NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN THI: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu (2 điểm) a) Cho parabol