Đề thi HSG toán 10 năm 2016 2017 THPT tô hiệu hải phòng file word có lời giải chi tiết

SỞ GD & ĐT HẢI PHỊNG TRƯỜNG THPT TƠ HIỆU KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 NĂM 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: x5 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 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 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: x5 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  � � x5 �x �2 �x �8 9 2 x۳ 2 x TH1 : Xét x  ta có :  1 ۳ 5 x3 2 x �   x  �9 � 3 �x  �3 � 1 �x �5 Vậy 1 �x  nghiệm 9 x2۳ x2 TH2 : Xét  x  ta có :  1 ۳ 5 x3 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  x0 �  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;  )=