Hải dương 2020

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 ĐỀ CHÍNH THỨC MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu I(2,0 điểm) Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung 2) Chứng minh x13  x23   k  R  Câu II(3,0 điểm) 3x   x   x  x  3   x  x y  xy  xy  y  2) Giải hệ phương trình:    x  y  xy (2 x  1)  1) Giải phương trình: Câu III(4 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(2;6) , chân 3  đường phân giác kẻ từ đỉnh A điểm D  2;   , tâm đường tròn ngoại 2    tiếp tam giác ABC điểm I   ;1 Viết phương trình đường thẳng BC   2) Cho tam giác ABC có BC  a; CA  b; BA  c (b ≠ c) diện tích S Kí hiệu ma ; mb ; mc độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A, B, C Biết 2ma2  mb2  mc2 a) Chứng minh a  4S.cotA b) Gọi O G tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; M trung điểm BC Chứng minh góc MGO khơng nhọn Câu IV(1 điểm) Cho a; b; c số thực dương thay đổi thỏa mãn a  b  c  Tìm giá trị lớn biểu thức M  3 1   2 a  b  b  c  c  a2  -Hết - Họ tên thí sinh:……………………………… ; Số báo danh:…………… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm … trang) Chữ ký giám thị 1:……………… ; Chữ ký giám thị 2:…………… Nội dung Câu Điểm Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung + Đường thẳng (d) có pt: y  kx 1 0,25 + PT tương giao (d) (P): x2  kx 1  x  kx 1  0(*) 0,25 + (*) ln có nghiệm phân biệt x1; x2   k   0k  0,25 + Trung điểm M AB có hồnh độ x1  x2 k  ; M nằm trục 2 k 0k 0 tung  2) Chứng minh x13  x23   k  R  I Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1 Ta có: x13  x23  ( x1  x2 ) ( x1  x2 )2  x1 x2  = x1  x2 ( x1  x2 )2  x1 x2 Có x1  x2   x1  x2   x1x2  k   x13  x23 = II  1,0 0,25 0,25 0,25 k  4(k  1)  , k  R Đẳng thức xảy k = 0,25 3x   5x   3x2  x  (1) 1,5 3x    0,25 Điều kiện: x    0,25 1) Giải phương trình: (1)  1,0    x    3x  x 3x 5x  x  3x 1 3x   x   2 0,25  x  0(TM )     3x 1 (*)  3x   5x   Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 nghiệm (*) Nếu x>1 VT(*) 0, a, b, c số thực Khi a b2 c  a  b  c  (*)    x y z x yz a b c Dấu xảy   x y z 0,25 + Dễ thấy bđt suy từ bđt Bunhia * Vào Ta chứng minh IV 1 1  2   2 a b 3 b c 3 c a 3 1 1   1  1      2    2 3 a b 3 3 b c 3 3 c a 3 M P a  b2 b2  c c2  a2    2 2 2 a b 3 b c 3 c a 3 0,25 Giả sử a  b  c a  b  a  b a  b2 Biến đổi 2  a  b  a  b2  a  b2      Biến đổi tương tự với số hạng cịn lại P Sau áp dung bđt (*) ta có: P a  b  b  c  c  a   a  b  c  18 2  a  b  b  c  a  c P   a  b  c  18  a  b  c  18 4a  b  c  4a  c  0,25 2 2a  b  c  2a  c P   a  b2  c2  Ta chứng minh 2a  b  c  2a  c   a b c 9 2 2      a  b  c    a  c   3 a    a  b  c   a  b  c    a  c   a  b2  c2   a  b  c  2 2  2   a  b  c    a  c   a  b2  c  27 2  b2  c2 2  b  ab  bc  ca    a  b  b  c   Bđt cuối đúng, suy đpcm Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25