SỞ GD & ĐT HẢI PHỊNG TRƯỜNG THPTTƠHIỆU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10NĂM HỌC 2016 - 2017 MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (1,5 điểm) Cho hàm số y x x hàm số y x m Tìm m để đồ thị hàm số cắt hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I đoạn thẳng AB đến trục tọa độ Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau �: 3x x x �x b) Giải bất phương trình sau: x5 3 Câu (1,0 điểm) x y 3xy x y � � Giải hệ phương trình � 4x y2 x 2x y x y � Câu (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) Đường thẳng đường phân giác góc A có phương trình 2x y , khoảng cách từ C đến gấp lần khoảng cách từ B đến Tìm tọa độ A C biết C nằm trục tung b) Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ uur uur uur r thức: b IB c IC 2a IA Tìm điểm M cho biểu thức ( b MB2 c MC 2a MA ) đạt giá trị lớn Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a E sin a 4cos a cos a 4sin a b) Cho tam giác ABC điểm K thuộc cạnh BC cho KB=2KC, L hình chiếu B AK, F trung điểm BC, biết �KAB 2�KAC Chứng minh FL vng góc với AC Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz Chứng minh rằng: x2 y z �xyz x y z …………………Hết………………… Họ tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Giám thị coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Câu 1: (1,5 điểm) Câu Nội dung Yêu cầu toán � PT sau cóhai nghiệm phân biệt x x x m hay x x m (*)có ' � m>1 x xB 1; Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I A yI x I m m Yêu cầu toán � y I x I Điểm 0,5 0,25 0,25 0,25 � m � m 2; m Kết hợp ĐK, kết luận m Câu (2,0 điểm) a) Giải phương trình sau �: 0,25 3x x x �x b) Giải bất phương trình sau: x5 3 Câu Nội dung �x �9 Ta có x x x � 3x x x � 3x x x Điều kiện: a) b) � �x � �� � x 42 x 49 4( x 1)(9 x) � � �x � �� � 13x 82 x 85 � � x5 �x �2 �x �8 9 2 x۳ 2 x TH1 : Xét x ta có : 1 ۳ 5 x3 2 x � x �9 � 3 �x �3 � 1 �x �5 Vậy 1 �x nghiệm 9 x2۳ x2 TH2 : Xét x ta có : 1 ۳ 5 x3 2 x � x �9 ( Bpt vô nghiệm) Điểm 0,5 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x �0 � � 0,25 0,25 9 x 2 x 8 x 8 x 8 x x 10 x ۳ 0۳ x 8 x 8 TH3 : Xét x �8 ta có : 1 ۳�� x � x x 10 x �0 0,25 � x �5 �� x �5 � Kết hợp với miền x xét ta có x �5 nghiệm Bpt Vậy tập nghiệm Bpt : S 1;2 � 8;5 � � x y xy x y � � Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình � 4x y2 x x y x y � x y 3xy 3x y 0(1) � � (1,0 điểm) � x y x x y x y (2) � Điều kiện: 2x+y �0, x+4y �0 Từ (1) ta y=x+1 y=2x+1 *) Với y=x+1, thay vào (2) ta x x x x 3( x x) ( x x 1) (x x 4) 1 ( x x)(3 )0 x 3x x x x0 � x x � x 1 � ( x; y ) {(0;1);(1; 2)} *) Với y=2x+1, thay vào (2) ta 3x x x 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3x ( x 1) ( x 2) x(3 )0 4x 1 1 9x x Khi ta nghiệm (x;y) (0;1) Đối chiếu điều kiện toán ta nghiệm (x;y) hệ cho (0;1) (1;2) Câu (2,5 điểm) Câu Nội dung Điểm y0 ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo ta có 5 y0 � y 10; y0 8 5 D(B; )= a) C khác phía B suy C(0;-8) Gọi B’(a;b)ulà ur điểm đối xứng với B qua B’nằm AC uuuu r Do BB' u (1; 2) nên ta có: a 2b ; Trung điểm I BB’ phải thuộc nên có: 2a b Từ ta có: a= -7/5; b=4/5 uuur uuuu r Theo định lý Ta - Let suy CA CB' uuur uuuu r � 44 � A(x; y);CA x; y ;CB' � ; � �5 � 21 26 ; ) ;C(0;-8) Từ suy A( 10 b BH c CH Do đó: b) H 0,25 0,25 0,25 0,25 Kẻ đường cao AH, ta có b a.CH;c a.BH nên A B 0,25 C 0,25 uuur uuur r b BH c2 CH uu r uur uur uur uur Suy b IB c IC b IH c IH a IH uur uur uur uur Kết hợp giả thiết suy 2a IA a IH hay 2.IA IH Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa mãn A trung điểm IH uur uur uur r Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA y.IB z.IC (*) bình phương vơ hướng vế uur uu r (*), ý 2IA.IB IA IB2 AB2 ta có: (x.IA y.IB2 z.IC2 )(x y z) xyc xzb2 yza Từ có (2a IA b IB2 c IC2 ) 3b 2c uur uuu r uur uuu r Mặt khác xMA x(IA IM) x(IM IA 2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có xMA yMB2 zMC2 (x y z)IM xIA yIB2 zIC2 Thay số có: 2a MA b MB2 c MC2 a IM 3b2 c2 �3b c2 Dấu xảy M trùng I 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) a) Chứng minh biểu thức sau không phụ thuộc vào a E sin a 4cos a cos a 4sin a Ta có E sin a 4(1 sin a) cos a 4(1 cos a) 0.25 0.25 � E (sin a 2) (cos a 2) 0.5 � E (2 sin a) (2 cos 2a) b) A L C F K B � 2 ; BAC � 3 � Khi đó: KAB Đặt AB=c, AC=b, BC=a, KAC Áp dụng định lí sin cho tam giác ABK ACK, ta được: BK AK CK AK ; sin 2 sin B sin sin C sin B (*) Do BK=2CK, nên từ đẳng thức ta có: cos sin C Lại có: �b c a � a b c a FA2 FC � � bc.cos A bc cos 3 (1) 4� � LC LA2 b 2b.LA.cos LA2 b 2bc cos 2 cos � LA2 LC 2bc cos cos 2 b bc cos cos3 b bc cos b bc cos 3 (**) 0,25 0.25 0.25 0,25 Thay (*) vào (**), ta được: LA2 LC bc cos 3 (2) Từ (1) (2) suy ra: FA2 FC LA2 LC uuu r uuu r � FL.CA � FL CA Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn x y z xyz Chứng minh rằng: x2 y z2 �xyz (I) x y z Giả thiết suy ra: 1 Ta Có: xy yz zx �1 � 1 x2 1 1 �1 ��1 �2 � ;" " � y z 2 � � � � �x y z � x x xy yz zx �x z � � � �x y � Viết hai BĐT tương tự cộng lại ta được: x y z �1 � ;" " � x y z �� � �x y z � x y z �1 1 � 2 Ta CM: � ��xyz � xy yz zx � xyz x y z �x y z � � x y y z z x �0 Điều luông 1,0 2 Dấu có x=y=z Vậy (I) CM, dấu có x=y=z= Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác cho điểm tối đa 0,25 0,25 0,25 0,25 ... � PT sau có hai nghiệm phân biệt x x x m hay x x m (* )có ' � m>1 x xB 1; Gọi x A ; x B nghiệm (*), I trung điểm AB ta có x I A yI x I m m Yêu cầu toán � y... x 8 x x 10 x ۳ 0۳ x 8 x 8 TH3 : Xét x �8 ta có : 1 ۳�� x � x x 10 x �0 0,25 � x �5 �� x �5 � Kết hợp với miền x xét ta có x �5 nghiệm Bpt ... nghiệm (x;y) (0;1) Đối chi u điều kiện toán ta nghiệm (x;y) hệ cho (0;1) (1;2) Câu (2,5 điểm) Câu Nội dung Điểm y0 ; C(0:y0) ; D(C; )= , theo ta có 5 y0 � y 10; y0 8 5 D(B; )=