1 UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 08 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm chỉ trình b[.]
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2022 – 2023 UBND TỈNH HÀ NAM SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 08 trang) I HƯỚNG DẪN CHUNG o Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược bước giải, lời giải học sinh cần lập luận chặt chẽ, hợp logic Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà điểm theo thang điểm tương ứng o Đối với tốn hình học học sinh chứng minh có sử dụng đến hình vẽ yêu cầu phải vẽ hình, học sinh vẽ hình sai khơng vẽ hình khơng cho điểm phần tương ứng o Điểm tồn khơng làm trịn II ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU Câu I (5,0 điểm) SƠ LƯỢC LỜI GIẢI ĐIỂM Cho hàm số y = x − x + có đồ thị ( P) đường thẳng d có phương trình: = y x − m , với m tham số thực Tìm tất giá trị thực m để d cắt 57 , (với O gốc tọa độ) ( P) hai điểm phân biệt A, B cho OA2 + OB = 3,0 Hoành độ giao điểm đường thẳng d ( P) nghiệm phương trình: x − 3x + = x − m ⇔ x2 − 5x + m + = 0,25 (1) ∆ = 25 − 4.1.(m + 4) = − 4m Đường thẳng d cắt ( P) hai điểm phân biệt A, B phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ > ⇔ − 4m > ⇔ m < (*) Với điều kiện (*) , gọi hai giao điểm d ( P) A( x1 ; x1 − m), B ( x2 ; x2 − m) , x1 , x2 nghiệm phương trình (1) Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = 5, x1 x2 = m + (Học sinh khơng có bước này, bước sau điểm tối đa) Ta có: OA2 + OB = 57 57 ⇔ x12 + ( x1 − m ) + x22 + ( x2 − m ) = 2 ⇔ ( x + x ) − 4m ( x1 + x2 ) + 2m = 57 2 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ ( x1 + x2 ) − 10 x1 x2 − 4m ( x1 + x2 ) + 2m = 57 2 ⇔ 5.5 − 10(m + 4) − 4m.5 + 2m = 57 0,25 0,25 ⇔ 2m − 30m + 28 = 0,25 m = ⇔ m = 14 Đối chiếu với điều kiện (*) ta thấy m = 14 bị loại, m = thỏa mãn yêu cầu đề 0,25 0,25 Cho hàm số f ( x) = − x − + x − x3 − x Tìm tất giá trị tham số a để tập nghiệm bất phương trình f ( x − 1) > f ( −2a ) có số ngun 2,0 Tập xác định: D = [ −3;3] 0,25 Ta thấy: ∀ x1 ; x2 ∈ [ −3;3] , x1 < x2 ⇒ f ( x1 ) > f ( x2 ) Thật vậy: f ( x1 ) − f ( x2 ) = − x1 − − x2 − ( ) + x1 − + x2 − ( x13 − x23 ) − ( x1 − x2 ) 1 = ( x2 − x1 ) + + x12 + x2 + x1 x2 + 1 3− x + 3− x + x1 + + x2 Do f ( x1 ) − f ( x2 ) > 0, ∀ x ∈ [ −3;3] , x1 < x2 Suy hàm số f ( x) nghịch biến [ −3;3] Do đó: −3 ≤ −2a ≤ f (2 x − 1) > f (−2a) ⇔ −3 ≤ x − ≤ 2 x − < −2a Câu II ( 4,0 điểm) −3 ≤a≤ ⇔ −1 ≤ x ≤ − 2a x < Bất phương trình có nghiệm nguyên 3 −3 −3 ≤ a ≤ ≤ a ≤ −3 −1 ⇔ ⇔ ≤a< 2 1 − 2a > a < −1 ( ) Giải phương trình: x − x − − x + x − =− x3 + x − 3x − 0,5 0,5 0,25 0,5 2,0 Điều kiện: − x + x − ≥ ⇔ ≤ x ≤ Với điều kiện 0,25 Phương trình ( x − x − 1) − x + x − 6= ( x − x − 1)(4 − x) 0,25 ⇔ ( x − x − 1) ( ) −x + 7x − + x − = 0,25 −x + 7x − + x − = (1) ⇔ (2) x − x − =0 0,25 x ≤ 4 − x ≥ 4 − x ≥ x=2 (1) ⇔ 2 ⇔ ⇔ ⇔x= − x + x − = 16 − x + x 2 x − 15 x + 22 = x = 11 0,5 1− x = (2) ⇔ x − x − = ⇔ 1+ x = 0,25 + Đối chiếu với điều kiện xác định ta có tập nghiệm phương trình là: S = 2; Tìm điều kiện tham số m để x ∈ −2;1 nghiệm bất phương trình x + (m − 2) x − 2m − m + ≤ Đặt f ( x) = x + (m − 2) x − 2m − m + 0,25 2,0 Ta có: ∆= ( m − 2) − 4.1 ( −2m − m + 1) = m − m + + 8m + m − = 9m ⇒ f ( x) có nghiệm x1 =+ m 1, x2 = −2m + TH1: m + < −2m + ⇒ Để x ∈ [ −2;1] nghiệm bất phương trình cho m + ≤ − m ≤ −3 ⇔ ⇔ m ≤ −3 −2m + ≥ m ≤ TH2: m + =−2m + ⇔ m =0 : 0,25 0,25 0,5 ⇒ Thay vào bất phương trình cho ta được: x − x + ≤ ⇔ x = nên m = (không thỏa mãn) TH3: m + > −2m + ⇒ Để x ∈ [ −2;1] nghiệm bất phương trình cho −2m + ≤ − m≥ ⇔ ⇔m ≥ m +1≥ m ≥ m ≤ − Kết luận: thỏa mãn yêu cầu toán m ≥ Câu III Một xí nghiệp sản xuất hai loại sản phẩm, ký hiệu I II Mỗi sản phẩm I (2,0 lãi triệu đồng, sản phẩm II lãi 2,2 triệu đồng Để sản xuất sản phẩm I, điểm) phải dùng máy M liên tục máy M liên tục Để sản xuất sản phẩm II, phải dùng máy M liên tục máy M liên tục Biết rằng, máy sản xuất đồng thời loại sản phẩm; máy hoạt động bình thường máy M làm việc khơng q ngày, máy M làm việc không ngày Hỏi ngày, xí nghiệp cần sản xuất sản phẩm I sản phẩm II để thu tổng số tiền lãi cao nhất? Gọi x số sản phẩm I, y số sản phẩm II mà xí nghiệp cần sản xuất ngày để thu tổng số tiền lãi cao Điều kiện: x ≥ 0; y ≥ Số máy M phải làm việc ngày để sản xuất x sản phẩm I y sản phẩm II là: 3x + y Mà máy M làm việc không ngày nên ta có bất phương trình: x + y ≤ Số máy M phải làm việc ngày để sản xuất x sản phẩm I y sản phẩm II là: x + y Mà máy M làm việc không ngày nên ta có bất phương trình x + 2y ≤ Tiền lãi sản xuất x sản phẩm I y sản phẩm II ngày T = x + 2, y 0,25 0,5 0,25 2,0 0,25 0,5 3 x + y ≤ x + y ≤ Ta có hệ bất phương trình sau: (I ) ≥ x y ≥ Ta cần tìm số thực x, y thỏa mãn hệ bất phương trình cho biểu thức T = F ( x; y= ) x + 2, y đạt giá trị lớn Ta xác định miền nghiệm hệ bất phương trình ( I ) (như hình vẽ) Miền nghiệm hệ miền tứ giác OACB , kể cạnh tứ giác Trong đó: O ( 0;0 ) , A ( 0;4 ) , C ( 2;3) , B ( 3;0 ) 0,5 T đạt lớn ( x0 ; y0 ) , với ( x0 ; y0 ) tọa độ đỉnh tứ giác OACB Thay tọa độ đỉnh O ( 0;0 ) , A ( 0;4 ) , C ( 2;3) , B ( 3;0 ) tứ giác OACB vào biểu 0,25 thức: T = F ( x, y= ) x + 2,2 y ta được: = F ( 0,0 ) 0;= F ( 0, ) 44 53 = ; F ( 2,3) = ; F ( 3,0 ) 5 53 Vậy cần sản xuất sản phẩm I sản phẩm II ngày để xí nghiệp thu tổng số tiền lãi cao Suy giá trị lớn biểu thức T= T F= ( 2;3) Câu IV (2,0 điểm) Cho tập hợp A = {0,1, 2,3, 4,5,6} Từ phần tử A lập số tự nhiên có chữ số đơi khác nhau, số lẻ có hai chữ số đứng cạnh nhau? 0,25 0,25 2,0 Vì số thỏa mãn u cầu tốn a1a2 a3 a4 a5 a6 số lẻ nên a6 chọn số {1,3,5} ⇒ có cách chọn a6 0,25 Ứng với cách chọn a6 ta lập phần a1a2 a3 a4 a5 sau: Xét hai chữ số chẵn đứng cạnh dạng 24 : + Nếu a1a2 = 24 ,chọn chữ số từ chữ số tập A sau bỏ chữ số a6 chọn chữ số 2, để xếp vào vị trí cịn lại có A43 cách Suy có A43 cách lập phần a1a2 a3 a4 a5 mà a1a2 = 24 0,25 +Nếu a1a2 ≠ 24 Có cách chọn a1 từ chữ số tập A sau bỏ chữ số a6 chọn chữ số 0, 2, Có cách đặt chữ số 24 vào phần a1a2 a3 a4 a5 Chọn chữ số từ chữ số tập A sau bỏ chữ số a6 , a1 chọn chữ số 2, để xếp vào vị trí cịn lại có A32 cách Suy có 3.3.A32 cách lập phần a1a2 a3 a4 a5 mà a1a2 ≠ 24 0,5 Như có A + 3.3 A cách lập phần a1a2 a3 a4 a5 mà hai chữ số chẵn kề dạng 24 0,25 Tương tự có A + 3.3 A cách lập phần a1a2 a3 a4 a5 mà hai chữ số chẵn kề dạng 42 0,25 Do ta có 2.( A + 3.3 A ) cách lập phần a1a2 a3 a4 a5 mà hai chữ số đứng kề Vậy có tất 2.( A43 + 3.3 A32 ) = 468 số thỏa mãn yêu cầu đề (Nếu học sinh làm theo cách coi số kề phần tử X ta có 0,25 0,25 3.(C34 4!− C32 3!).2! = 468 (nếu học sinh khơng nói loại trường hợp số đứng đầu khơng cho điểm, có nói đến trường hợp bị sai trường hợp số đứng đầu cho 0,5 điểm cho phần phía xét trường hợp có số đứng đầu) Câu V ( 4,0 điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G Gọi N , P điểm thỏa mãn BN + NC = = PA k PC , k ∈ Tìm k để điểm G, P, N thẳng hàng Gọi M trung điểm đoạn thẳng BC −k Đặt PA = k PC ⇒ AP = AC (vì k = khơng thỏa mãn) 1− k Ta có: BN + NC = ⇔ BC + NC = ⇔ BC + NM + 3MC = ⇔ BC + NM + BC = ⇔ MN =BC − k −2k − GP = AP − AG = AC − AB + AC = AC − AB 1− k 3 − 3k ( ) 2,0 0,5 0,5 GN = GM + MN = AM + BC = AB + AC + AC − AB = AC − AB 6 Mà điểm G, P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN phương −2k − −2k − − −2k − −7 ⇒ − 3k = ⇔ − 3k = ⇔ = ⇔ k= 4 1− k −1 3 ) ) ( ( Chú ý: Nếu học sinh sử dụng định lý Me-ne-la-us mà khơng chứng minh để xác định k cho 0,5 điểm Cho tam giác nhọn ABC có= BC a= , AC b= , AB c Gọi S diện tích tam giác ABC ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Chứng minh rằng: a ma cos A + b mb cos B + c mc cos C ≥ 3S Gọi , hb , hc độ dài đường cao xuất phát từ đỉnh A, B, C tam giác ABC 1 b c a Tương tự ; Ta có: S= = a.ha ⇔ = = S hb S hc S Do đó: a ma cos A + b mb cos B + c mc cos C ≥ 3S a ma cos A b mb cos B c mc cos C ⇔ + + ≥ 2S 2S 2S ma cos A mb cos B mc cos C ⇔ + + ≥ (1) hb hc Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC A b2 + c2 +) Trước hết ta chứng minh ma ≥ 4R B M 0,5 0,5 2,0 0,25 C K Thật vậy, gọi M trung điểm BC , trung tuyến AM cắt đường tròn ngoại tiếp a2 a2 tam giác ABC K AM hay ma MK = = MK BM = MC 4 Mặt khác ta có AK ≤ R nên MK = AK − AM ≤ R − ma a2 a2 b2 + c2 a a ⇔ 2ma R ≥ ma2 + ⇔ 2ma R ≥ − + 4 4 2 2 b +c b +c ⇔ 2ma R ≥ ⇔ ma ≥ 4R a2 + c2 a + b2 +) Tương tự ta có mb ≥ ; mc ≥ 4R 4R Suy ma ( R − ma ) ≥ 2 b +c −a bc cos A = 2bc 2R 2 2 ma b + c 2 R b + c − a ( b + c )( b + c − a ) ⇒ = 2 cos A ≥ R bc 2bc 4b c +) Lại = có b= sin C 0,5 ⇒ ( b2 + c )( b2 + c − a ) ma cos A ≥ 4b c 0,5 a + c )( a + c − b ) mc a + b )( a + b − c ) ( ( mb +) Tương tự ; cos B ≥ cos C ≥ 4a 2b hb 4a c hc Suy b + c )( b + c − a ) ( a + c )( a + c − b ) ( a + b )( a + b − c ) ( ma mb mc + + cos A + cos B + cos C ≥ 4b 2c 4a c 4a 2b hb hc ma mb mc 6a 2b c cos A + cos B + cos C ≥ 2 = hb hc 4a b c Câu VI (3,0 điểm) Do (1) Vậy a ma cos A + b mb cos B + c mc cos C ≥ 3S Dấu " = " xảy tam giác ABC tam giác Trong mặt phẳng Oxy , cho hình thang ABCD vuông A, D AB = DC Gọi H hình chiếu vng góc điểm A lên đường chéo BD E trung điểm −1 đoạn thẳng HB Giả sử H (1; −1) , C ; phương trình đường thẳng 2 AE : x − y − = Tìm tọa độ đỉnh A, B D hình thang ABCD Từ E kẻ đường thẳng d song song với đường thẳng AB Gọi I giao điểm đường thẳng d đường thẳng AD K giao điểm đường thẳng d đường thẳng AH ⇒ K trực tâm tam giác DAE ⇒ DK ⊥ AE Xét tam giác HAB có E trung điểm HB KE / / AB ⇒ K trung điểm AH ⇒ KE đường trung bình tam giác HAB AB Do đó: KE / / DC KE = DC ⇒ Tứ giác DCEK hình bình hành ⇒ CE / / DK mà DK ⊥ AE ⇒ CE ⊥ AE Đường thẳng CE có phương trình là: x + y − = 0,5 0,25 3,0 0,5 ⇒KE / / AB KE = Vì E giao điểm đường thẳng CE AE ⇒ Tọa độ E nghiệm hệ phương x+ y = ⇒ E ( 2; −1) x − y = 0,5 0,25 0,25 trình: Mà E trung điểm HB ⇒ B ( 3; −1) 0,5 Đường thẳng AH có phương trình: x − = Tọa độ điểm A nghiệm hệ: x = x −1 = ⇒ ⇒ A (1; −2 ) − − = = − x y y 1 Vì AB =2 DC ⇒ D ; − 1 2 0,5 -HẾT - 0,5