SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm): Cho parabol (P): y x – x đường thẳng (dm): y x m (m tham số) 1) Biện luận số giao điểm (P) (dm) theo tham số m 2) Khi (dm) cắt (P) hai điểm A, B (A B trùng nhau), tìm tập hợp trung điểm I AB m thay đổi Câu II (3,0 điểm): 2x 1) Giải bất phương trình: x x 25 x2 5x 2 x y 5(8 x y ) 2) Giải hệ phương trình: 2 x y x y 31 0 Câu III (3,0 điểm): 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x y 0 , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là: x y Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D cho DB.DC có giá trị nhỏ 2) Cho tứ giác ABCD; hai điểm M, N thay đổi cho AM k AB; DN k DC (0 k 1) Gọi I điểm thỏa mãn 3IM IN Tìm tập hợp điểm I M, N thay đổi Câu IV (2,0 điểm): 1) Tam giác ABC có S b ( a c )2 với S diện tích tam giác; a = BC; b = AC; c = AB Tính tan B 2) Cho a, b, c số thực dương thay đổi thỏa mãn: a b c 3 Tìm giá trị lớn biểu thức: M ab 5a 10ab 10b2 bc 5b 10bc 10c ca 5c 10ca 10a …………… Hết…………… Họ tên thí sinh:…………………………… Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:……………………………… Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013 – 2014 MƠN THI: TỐN (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Lưu ý: Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Câu I1 1,0đ I2 1,0đ Nội dung Cho parabol (P): y x – x đường thẳng (dm): y x 2m (m tham số) 1) Biện luận số giao điểm (P) (dm) theo tham số m Xét phương trình hồnh độ: x2 – 2x + = 3x + 2m + x2 – 5x + – 2m = (1) Ta có: = 8m + 13 +) Nếu m 13 ( >0) (1) có hai nghiệm phân biệt, (dm) cắt (P) hai điểm phân biệt 13 +) Nếu m 0 (1) có nghiệm kép, (dm) cắt (P) điểm 13 +) Nếu m (1) vơ nghiệm, (dm) khơng cắt (P) 2) Khi (dm) cắt (P) hai điểm A, B (A B trùng nhau), tìm tập hợp trung Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 điểm I AB m thay đổi +) (dm) cắt (P) hai điểm A, B (A B trùng nhau) m 13 0,25 +) Gọi hai nghiệm phương trình (1) x1, x2 ta có: x1 + x2 = 5, x1.x2 = – 2m +) x1, x2 hoành độ giao điểm A, B nên trung điểm I AB có tọa độ: x1 x2 x I 2 y 3 x 2m 2m 17 I I 13 y 17 13 21 yI +) Do m nên ta có: I 8 21 Kết luận: Tập hợp điểm I phần đường thẳng x ứng với y II1 1,5đ 1) Giải bất phương trình: 2x x x 25 0,25 0,25 0,25 x x 0 x 3 Điều kiện xác định đúng: x 2 *) Nếu x = x = bất phương trình nghiệm x 3 *) Nếu bất PT cho x x x 25 0 (a) x 0,25 0,25 0,25 x x 25 2 x (a) x (Do x x 25 0) (1) 2 x 0 x x 25 4 x 20 x 25 (2) 0,25 +) Giải (1) kết hợp nghiệm ta được: x < x +) Giải (2): (2) 2 3 x 19 x 0 x 0 x 19 Kết hợp nghiệm ta được: 0,25 19 3 x 0,25 19 Kết luận: Bất PT cho có tập nghiệm là: S ;2 3; 3 II2 1,5đ 2) Giải hệ phương trình: 2 x y 5(8 x y ) (1) 2 x y x y 31 0 (2) y y TH x 0 : Thay vào HPT ta có y y 31 0 TH x 0 : Chia hai vế pt (1) cho y 0 , không thỏa mãn 31 0 x ta được: 0,25 y y 5(8 ) x x y ta phương trình: t 5(8 t ) (2 t )3 5(8 t ) x (t 2)(4t 14t 16) 0 t 0,25 t y x Thế vào (2) ta : 0,25 Đặt t III1 1,5đ 0,25 0,25 x 64 x x 32 x 31 0 65 x 34 x 31 0 x 1 31 248 ; Vậy hệ có nghiệm : (1; 8); 0,25 31 x 65 65 65 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có phương trình đường thẳng chứa cạnh AB là: x y 0 , phương trình đường thẳng chứa cạnh AC là: 2x + y + = Điểm M(1;2) thuộc đoạn thẳng BC Tìm tọa độ điểm D cho DB.DC có giá trị nhỏ +) Các đường phân giác góc A tập hợp điểm cách AB, AC nên có phương trình: A x 2y x y 1 x y 0 x y 0 0,25 B M C la +) Do Δ ABC cân A nên phân giác ( la ) góc A vng góc với BC +) TH1: (la ) : x y 0 , BC qua M(1; 2) có vtpt n1 (1;1) ; Phương trình BC : x y 0 x y 0 x 4 B (4; 1) Tọa độ B nghiệm hệ PT: x y 0 y x y 0 x C ( 4;7) x y 0 y 7 0,25 Tọa độ C nghiệm hệ PT: Khi MB 3; 3 ; MC 5;5 MB MC B,C nằm hai phía ( la ) ( thỏa mãn) +) TH2: (la ) : 3x 3y 0 , BC qua M(1;2) có vtpt n2 (1; 1) Phương trình BC : x y 0 x y 0 x 0 B(0;1) Tọa độ B nghiệm hệ PT: x y 0 y 1 x 2 x y 0 C ( ; ) Tọa độ C nghiệm hệ PT: 3 x y 0 y 1 5 Khi MB 1; 1 ; MC ; hướng (loại) 3 Với B (4; 1) ; C 4;7 Gọi D x; y DB x; y , DC x;7 y III2 1,5đ x 0 DB.DC x y y 23 x y 3 32 32 Dấu '' '' y 3 Vậy D(0;3) DB.DC nhỏ -32 2) Cho tứ giác ABCD, hai điểm M, N thay đổi cho AM k AB; DN k DC (0 k 1) Gọi I điểm thỏa mãn 3IM IN Tìm tập hợp điểm I M, N thay đổi Gọi E, F điểm thỏa mãn: 3EA ED; 3FB FC (*) Ta có: EI EA+ AM MI = AD k AB MN (1) 5 3 EI ED + DN NI = AD k DC MN (2) 5 Nhân hai vế (1) với 3, nhân hai vế (2) với cộng lại ta : 5EI k (3 AB DC ) (3) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Tương tự: 0,25 2 EF EA+ AB BF = AD AB BC (4) 5 3 EF ED + DC CF = AD DC BC (5) 5 0,25 Từ (4) (5) ta có: 5EF AB DC (6) Từ (3) (6) ta được: EI k EF (7) 0,25 Ngược lại, với I’ thỏa mãn hệ thức EI ' m EF (0 m 1) Gọi M, N, I điểm thỏa mãn: AM mAB; DN mDC ; 3IM IN 0,25 Theo chứng minh EI mEF IV1 1,0đ Suy ra: I’ trùng với I E, F cố định thỏa mãn (*) k 1 nên tập hợp điểm I đoạn EF 1) Tam giác ABC có S b ( a c) với S diện tích tam giác; a = BC; b = AC; c = AB Tính tanB Ta có: S b2 (a c)2 ac sin B a c 2ac cos B a c 2ac 1 ac sin B 2ac(1 cos B ) sin B 4(1 cos B) cos B 1 sin B(*) Ta có 17 2 sin B cos B 1 sin B sin B 1 sin B sin B 0 16 sin B (do sinB > 0) 17 15 Kết hợp với (*) ta được: cos B tan B 17 15 0,25 0,25 IV2 1,0đ 2) Cho a, b, c số thực dương thỏa mãn: a b2 c 3 Tìm giá trị lớn biểu thức: M ab 5a 10ab 10b bc 5b 10bc 10c ca 5c 10ca 10a Ta có: 5a 10ab 10b (2a 3b) (a b) (2a 3b) , dấu “=” có a=b 0,25 0,25 Suy : 5a 10ab 10b 2a 3b Ta chứng minh: ab 5a 10ab 10b ab 2a 3b ab 3a 2b (*) 2a 3b 25 0,25 0,25 Thật : (*) 25ab (2a 3b)(3a 2b) 6(a b) 0 (luôn đúng) ; dấu “=” có a=b Do : Tương tự: ab 3a 2b 25 5a 10ab 10b bc 3b 2c ; 25 5b 10bc 10c 2 Cộng BĐT ta được: M ca 5c 10ca 10a 3c 2a 25 0,25 3a 2b 3b 2c 3c 2a (a b c ) 25 25 25 Ta có: (a b c)2 a b c (2ab 2bc 2ca) a b c (a b ) (b c ) (c a ) = 3a 3b 3c 9 Do đó: a b c 3 Vậy M , giá trị lớn M a = b = c = 0,25