Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Hải Dương

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> HẢI DƯƠNG<br /> ĐỀ CHÍNH THỨC<br /> <br /> KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH<br /> LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018<br /> MÔN THI: TOÁN<br /> Thời gian làm bài: 180 phút<br /> Ngày thi: 04/04/2018<br /> (Đề thi gồm 01 trang)<br /> <br /> Câu I (2,0 điểm)<br /> 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y <br /> định là<br /> <br /> 6 x 2  4x  2018<br /> (m  1) x2  2(m  1) x  4<br /> <br /> có tập xác<br /> <br /> .<br /> 2) Cho hai hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt<br /> <br /> nhau tại hai điểm A và B phân biệt sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ).<br /> Câu II (3,0 điểm)<br /> 1) Giải phương trình<br /> 2) Giải bất phương trình<br /> 3) Giải hệ phương trình<br /> <br /> 3 5  x  3 5x  4  2 x  7<br /> 11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1<br /> 2<br /> <br />  xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1<br /> <br /> <br /> 2 xy  x  2 y   x  14 y  0<br /> <br /> Câu III (3,0 điểm)<br /> 1) Cho tam giác ABC có AB  6; BC  7; CA  5 .Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho<br /> <br /> AM  2MB và N là điểm thuộc AC sao cho AN  k AC ( k  ).Tìm k sao cho đường thẳng CM<br /> vuông góc với đường thẳng BN .<br /> 2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là tâm<br /> đường tròn nội tiếp tam giác. Biết<br /> <br /> c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9<br /> <br /> <br />  . Chứng minh rằng tam giác ABC<br /> 2<br /> IA2<br /> IB 2<br /> IC 2<br /> <br /> đều.<br /> 3) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB là<br /> x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường thẳng AC đi qua điểm<br /> <br /> M (2,1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.<br /> Câu IV (1,0 điểm)<br /> Một xưởng sản xuất có hai máy, sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm loại I lãi<br /> 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I cần máy thứ<br /> nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại II cần<br /> máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Mỗi máy không đồng thời làm<br /> hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất làm việc không quá 6 giờ, máy thứ hai làm việc<br /> không quá 4 giờ. Hỏi một ngày nên sản xuất bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?<br /> Câu V (1,0 điểm)<br /> Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a2  b2  c2  27 thì:<br /> 1<br /> 1<br /> 1<br /> 12<br /> 12<br /> 12<br /> <br /> <br />  2<br />  2<br />  2<br /> .<br /> a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63<br /> ........................................ Hết ......................................<br /> Họ và tên thí sinh: ..............................................<br /> Giám thị coi thi số 1: ...............................................<br /> <br /> Số báo danh: .............................<br /> Giám thị coi thi số 2: ....................................<br /> <br /> SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO<br /> HẢI DƯƠNG<br /> <br /> Câu<br /> Câu<br /> I.1<br /> 1,0 đ<br /> <br /> DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM<br /> ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10<br /> THPT – NĂM HỌC 2017 - 2018<br /> MÔN: TOÁN<br /> (Dự thảo hướng dẫn chấm gồm 6 trang)<br /> <br /> Nội dung<br /> <br /> Điể<br /> m<br /> <br /> Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là<br /> <br /> y<br /> <br /> 6 x 2  4x  2018<br /> (m  1) x2  2(m  1) x  4<br /> <br /> Hàm số có tập xác định<br /> <br /> khi và chỉ khi f ( x)  (m  1) x2  2(m  1) x  4  0,  x  .<br /> 0,25<br /> <br /> Với m  1, ta có f ( x)  4  0, x  . Do đó m  1 thỏa mãn.<br /> 0,25<br /> Với m  1, f ( x)  0, x <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> m 1<br /> (m  1) 2  4(m  1)  0<br /> <br /> m  1<br /> <br /> (m  1)(m  5)  0<br />  1  m  5. Vậy 1  m  5.<br /> <br /> Câu<br /> I.2<br /> 1,0 đ<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó<br /> cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ)<br /> Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị<br /> x 2  2  m  1 x  2m  2 x  3 hay x2  2mx  2m  3  0 (*)<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Ta có:  '  m2  2m  3  0 với mọi m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt hay hai đồ<br /> thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B.<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Gọi xA , xB là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó A  x A ; 2 x A  3 , B  xB ; 2 xB  3<br /> Ta có OA   xA ;2 xA  3 , OB   xB ;2 xB  3 .<br /> <br /> OA2  OB 2  x A2   2 x A  3  xB2   2 xB  3<br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  5  xA2  xB2   12  xA  xB   18<br /> <br />  5  xA  xB   12  xA  xB   18  10 xA xB 1<br /> 2<br /> <br /> Theo định lí Vi-et ta có xA  xB  2m, xA xB  2m  3<br /> <br /> 11 2 119<br /> ) <br /> 10<br /> 5<br /> 119<br /> 11<br /> 11<br /> Tìm được OA2  OB2 nhỏ nhất bằng<br /> khi m <br /> . Vậy m <br /> là giá trị của m cần<br /> 5<br /> 10<br /> 10<br /> tìm.<br /> Khi đó (1) trở thành OA2  OB2  20m2  44m  48  20(m <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> CâuII.<br /> 1<br /> 1,0 đ<br /> <br /> 3 5  x  3 5x  4  2 x  7<br /> <br /> Giải phương trình:<br /> <br /> Điều kiện:<br /> <br /> 4<br />  x  5 (*)<br /> 5<br /> <br /> 3 5  x  3 5x  4  2 x  7<br />  3 5  x  (7  x)  3<br /> <br /> <br /> 4  5 x  x 2<br /> 3 5  x  (7  x)<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> <br /> <br /> 5x  4  x  0<br /> <br /> 3  4  5 x  x 2 <br /> 5x  4  x<br /> <br /> 0<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> 3<br />   4  5 x  x 2  <br /> <br />   0 (**)<br /> 5x  4  x <br />  3 5  x  (7  x)<br /> <br /> do<br /> <br /> 1<br /> 3 5  x  (7  x)<br /> <br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 3<br /> <br /> 4<br />  0 x  [ ,5] nên<br /> 5<br /> 5x  4  x<br /> <br /> (**)  4  5 x  x 2  0<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> x  1<br /> <br /> x  4<br /> Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {1;4}<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> CâuII. Giải bất phương trình<br /> 2<br /> 1,0 đ<br /> <br /> <br /> <br /> Điều kiện: <br /> <br /> <br /> <br /> 11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1<br /> <br /> x2  x  6  0<br /> 2x  1  0<br />  x3<br /> 2<br /> 11x  19 x  19  0<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Bất phương trình đã cho tương đương với<br /> 11x 2  19 x  19   ( x  2)( x  3  2 2 x  1 <br /> <br /> 2<br /> <br />  10 x 2  26 x  17  4 (2 x  1)( x  3) x  2<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  5(2 x2  5x  3)  4 2 x 2  5x  3 x  2  ( x  2)  0<br />  5.<br /> <br /> 2 x2  5x  3<br /> 2 x2  5x  3<br /> 4<br /> 1  0<br /> x2<br /> x2<br /> <br /> <br /> <br /> 2 x2  5x  3<br /> 1<br /> x2<br /> <br /> 0,25<br /> <br />  2 x2  5x  3  x  2  2 x2  6 x  5  0<br /> 3  19<br /> 3  19<br /> x<br /> Ta được<br /> 2<br /> 2<br /> 3  19<br /> Kết hợp điều kiện x  3 được 3  x <br /> 2<br /> <br /> Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  [3;<br /> <br /> 0,25<br /> 3  19<br /> )<br /> 2<br /> <br /> CâuII.<br /> Giải hệ phương trình:<br /> 3<br /> 1,0 đ<br /> <br /> 2<br /> <br />  xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1<br /> <br /> <br /> 2 xy  x  2 y   x  14 y  0<br /> <br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> <br />  2 xy  1  y  x  2 y   5 y 1<br /> Hệ phương trình  <br /> <br />  x  2 y  2 xy  1  12 y  2 <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Xét y= 0 không là nghiệm hpt<br /> Xét y  0 chia 2 vế phương trình (1) cho y 2 , chia 2 vế phương trình (2) cho y ta được:<br /> 2<br /> <br /> 1<br />  2 x     x  2 y   5<br /> y<br /> <br /> <br /> <br /> 1<br /> <br />  x  2 y   2 x  y   12<br /> <br /> <br /> <br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 1<br /> <br /> a 2  b  5 a  3<br /> a  2 x <br /> y có HPT  <br /> <br /> Đặt <br /> b  4<br /> ab  12<br /> b  x  2 y<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 1<br /> <br /> 2 x   3<br /> y<br /> hay <br />  x  2 y  4<br /> <br />  7 1<br /> Giải hệ ta được nghiệm (-2;1) và   ; <br />  2 4<br /> <br /> Câu<br /> III.1<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Cho tam giác ABC có AB = 6 ; BC = 7 ;CA = 5 . M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AM<br /> = 2MB ; N thuộc AC sao cho AN  k AC .Tìm k để CM vuông góc với BN<br /> <br /> 1,0 đ<br /> <br /> 2<br /> AB  AC và BN  AN  AB  k AC  AB<br /> 3<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> 2k<br /> 2<br /> AB AC  AB  k AC  AB AC<br /> Suy ra CM BN  ( AB  AC )(k AC  AB) <br /> 3<br /> 3<br /> 3<br /> CM  AM  AC <br /> <br /> <br /> <br /> AB  AC<br /> <br /> <br /> <br /> 2<br /> <br /> 2<br /> <br />  CB  AB. AC <br /> <br /> 0,25<br /> 0,25<br /> <br /> AB 2  AC 2  BC 2<br /> 6<br /> 2<br /> 0,25<br /> <br /> 2<br /> 2<br /> 2k<br /> 2<br /> AB. AC  AB  k AC  AB. AC  0<br /> 3<br /> 3<br /> 2k<br /> 2<br /> 6<br /> <br /> .6  .36  25k  6  0  21k  18  0  k  <br /> 3<br /> 3<br /> 7<br /> Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là<br /> <br /> BN  CM  BN .CM  0 <br /> <br /> Câu<br /> III.2<br /> 1,0 đ<br /> <br /> tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Biết<br /> rằng tam giác ABC đều.<br /> <br /> c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9<br /> <br /> <br />  . Chứng minh<br /> 2<br /> IA2<br /> IB 2<br /> IC 2<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có<br /> AM  p  a, IM  r . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có<br /> <br /> IA2  AM 2  MI 2  ( p  a)2  r 2<br /> Gọi S là diện tích tam giác ABC thì r <br /> <br /> S<br /> S<br /> nên IA2  ( p  a)2  ( )2<br /> p<br /> p<br /> 0,25<br /> <br /> Mà S 2  p( p  a)( p  b)( p  c) nên IA2  ( p  a)2 <br /> <br /> ( p  a)( p  b)( p  c) ( p  a)bc<br /> <br /> p<br /> p<br /> <br /> c( p  a ) p<br />  .<br /> b<br /> IA2<br /> a ( p  b) p<br /> b( p  c ) p<br />  và<br />  .<br /> Tương tự<br /> 2<br /> c<br /> a<br /> IB<br /> IC 2<br /> Từ đó<br /> c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) p p p 1<br /> 1 1 1<br /> 9<br /> <br /> <br />     (a  b  c)(   )  .<br /> 2<br /> 2<br /> 2<br /> a b c 2<br /> a b c<br /> 2<br /> IA<br /> IB<br /> IC<br /> Dấu bằng đạt được khi a  b  c<br /> c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9<br /> <br /> <br />  chỉ khi tam giác ABC đều.<br /> Vậy<br /> 2<br /> IA2<br /> IB 2<br /> IC 2<br /> Trong mặt phẳng toạ độ C , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB:<br /> x  2 y  1  0 , phương trình đường thẳng BD: x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua<br /> M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.<br /> Suy ra<br /> <br /> Câu<br /> III.3<br /> 1,0 đ<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> 0,25<br /> <br /> Do B là giao của AB và BD nên toạ độ B là nghiệm của hệ:<br /> 21<br /> <br /> x<br /> <br />  x  2y 1  0<br /> 21 13<br /> <br /> 5<br /> <br />  B( ; )<br /> <br /> 5 5<br />  x  7 y  14  0<br />  y  13<br /> <br /> 0,25<br /> 5<br /> Do ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa hai đường thẳng AC và AB bằng góc giữa hai<br /> đường thẳng AB và BD. Giả sử nAC  (a; b), (a 2  b 2  0) là VTPT của AC. Khi đó<br /> <br /> cos(nAB , nBD )  cos(nAC , nAB )<br />  a  2b <br /> <br /> 3<br /> 2<br /> <br /> a 2  b2<br /> <br />  a  b<br /> 2<br /> 2<br />  7a  8ab  b  0  <br /> a   b<br /> 7<br /> <br /> + Với a  b . Chọn a = 1, b = -1.<br /> <br /> 0,25<br /> <br />