1. Trang chủ
  2. » Hoá học lớp 12

Đáp án đề thi học sinh giỏi lớp 10 cấp tỉnh môn Toán Hải Dương 2018-2019 - Học Toàn Tập

6 19 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 689,5 KB

Nội dung

Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ.. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1[r]

(1)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 HƯỚNG DẪN CHẤM THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019

MƠN: TỐN

(Hướng dẫn chấm gồm trang)

Câu Nội dung Điểm

Câu I.1

1,0đ Cho hàm số

2 4 3

y x  x có đồ thị ( )P Tìm giá trị tham số m để đường thẳng ( ) :dm y x m  cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt có hồnh độ x x1, 2 thỏa mãn

1

1 xx

Phương trình hồnh độ giao điểm x24x   3 x m x25x  3 m 0 (1) 0,25

Đường thẳng ( )dm cắt đồ thị ( )P hai điểm phân biệt phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt 13 13

4

m m

         0,25

Ta có 2

5 x x

x x m

 

  

 0,25

1 2

1

1

2 2(3 )

1 1

2

0

x x x x m

m

x x m

x x

   

 

     

  

 (thỏa mãn) 0,25

Câu I.2

1,0 đ Cho hàm số

2

( 1) 2

ymxmx m  ,(mlà tham số) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (;2)

Với m    1 y 2x Hàm số nghịch biến ¡ Do m1 thỏa mãn

0,25 Với m1 Hàm số nghịch biến khoảng (;2)

1 m

m m

  

 

  

0,25

1 m

   0,25

Vậy 1 m 0,25

CâuII.1

1,0 đ Giải hệ phương trình       

 

2 2

2

3

2 12

x y x xy y x y

x y x x

       

 

   



    

  

2 2

2 2

3 2

3

3( ) 3( ) 3( ) 3

x y x xy y x y

x y x xy y x y x y

x y x y x y

      

        

      

0,25

3

3

3 3

( 1) ( 1) 1

x x x y y y

x y x y y x

       

           0,25

Thế y x vào phương trình (2) ta có

2( 2) 2 12 0 2 12 0

x x xx  xxx  0,25

2

(x 3)(x 2x 4) x y

         Hệ có nghiệm

1 x y

   

(2)

CâuII.2

1,0 đ Giải phương trình

2

(x3) 1 x x 4 x 2x 6x3(1) Điều kiện 1x4

Phương trình (1) (x 3)( 1  x 1) x( 4  x 1) 2x26x

0,25

3

( 3)

1

1

( 3)

1

( 3)

1

2 (2)

1

x x

x x x x

x x

x x

x x

x x

x x

   

   

 

     

   

 

  

   

    

0,25

( 3) 0;

x x   x x (Thỏa mãn điều kiện)

0,25 Với điều kiên 1 x4 ta có

1

1

1 1 1 1 2

1 1

4 1 1

4

x x

x x

x

x

 

     

    

 

   

  

 

 

  

Dấu " " không xảy

ra nên phương trình (2) vơ nghiệm

Vậy phương trình cho có hai nghiệm x0 x3

0,25

CâuII.3

1,0 đ Giải bất phương trình

3 (3 4 4) 1 0

xxxx  (1) Điều kiện x 1

 

3

3

3

(3 4) 4( 1) (2)

x x x x x x x x x

x x x x

           

     

0,25

Xét x 1, thay vào (2) thỏa mãn

Xét x  1 x 1 Chia hai vế (2) cho  x13 ta bất phương trình

3

3

1

x x

x x

      

     

   

0,25

Đặt

1 x t

x

 , ta có bất phương trình

3 3 4 0 ( 1)( 2)2 0 1

tt    t t   t 0,25

2

1 1 0

0

1 1 1 5

1

1

1

2

x x x

x x x

t x x

x x

x x x x

x

     

    

    

           

          

 

 

    

Kết hợp x 1là nghiệm, ta có tập nghiệm bất phương trình 1;1

  

 

 

(3)

Câu III.1 1,0 đ

Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn uuurNB 3uuuur urNC 0 Gọi P giao điểm AC GN, tính tỉ số PA

PC

Gọi M trung điểm cạnh BC Đặt uuurAP k AC uuur

 

1

GPuuur uuur uuurAP AG k AC  uuur uuur uuurAB AC

1

3

k AC AB

 

   

 

uuur uuur

0,25

 

1

3 6

GN GM MNuuur uuuur uuuur  uuuur uuurAMBC uuur uuurAB AC uuur uuurAC AB  uuurACABuuur

0,25 Ba điểm , ,G P N thẳng hàng nên hai vectơ GP GNuuur uuur, phương Do

1 1

2 4

3 3

7 5 3 15 5 5

6 6

k k

k k AP AC

  

         

uuur uuur 0,25

4

4

PA AP AC

PC

    0,25

Câu III.2 1,0 đ

Cho tam giác nhọn ABC, gọi H E K, , chân đường cao kẻ từ đỉnh , ,

A B C Gọi diện tích tam giác ABC HEK SABC SHEK Biết SABC 4SHEK, chứng minh sin2 sin2 sin2

4 ABC Đặt SSABC từ giả thiết suy

3

3

EAK KBH HCE HCE EAK KBH

S S S S

S

S S

S S S

  

   

0,25

2

sin

2 . cos cos cos

1

sin

EAK AE AK A

S AE AK

A A A

SAB AC AAB AC  

2

.sin

2 . cos cos cos

1

sin

KBH BK BH B

S BK BH

B B B

SAB BC BBC AB  

2

.sin

2 . cos cos cos

1

sin

HCE CH CE C

S CH CE

C C C

SAC BC CAC BC  

0,25

2 2

3

cos cos cos

4

HCE EAK KBH S

S S

A B C

SSS      0,25

2 2 2

1 sin sin sin sin sin sin

4

A B C A B C

           0,25

P G

M A

B C N

H K

E A

(4)

Câu III.3 1,0 đ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình x y  3 0, đường thẳng AC có phương trình x7y 5 Biết điểm M(1;10) thuộc cạnh BC, tìm tọa độ đỉnh A B C, ,

Toạ độ điểm A nghiệm hệ phương trình

7

x y x

x y y

   

 

     

  Vậy A(2;1) 0,25

Phương trình đường phân giác góc A

2

x y    xy 

1

2 ( )

( )

3

d x y

d x y

  

   

 0,25

Do tam giác ABC cân A nên đường phân giác kẻ từ A đường cao Xét trường hợp d1 đường cao tam giác ABC kẻ từ A

Phương trình đường thẳng BClà 3x y  7

Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình ( 1;4)

3

x y x

B

x y y

    

 

  

     

 

Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình

11

7 5 11 2;

3 5

5

x

x y

C x y

y

      

    

      

  



16 48 ( 2; 6), ;

5 5

MB   MC   MCMBM

 

uuur uuuur uuuur uuur

nằm ngồi đoạn BC Trường hợp khơng thỏa mãn

0,25

Nếu d2 đường cao tam giác ABC kẻ từ A Phương trình đường thẳng BC x3y31 0 Toạ độ điểm B nghiệm hệ phương trình

3 11

( 11;14)

3 31 14

x y x

B

x y y

    

 

  

     

 

Toạ độ điểm C nghiệm hệ phương trình

101

7 5 101 18;

3 31 18 5

5

x

x y

C

x y

y

     

    

      

  



96 32 ( 12;4), ;

5 5

MB  MC   MC  MBM

 

uuur uuuur uuuur uuur

thuộc đoạn BC Vậy (2;1), ( 11;14), 101 18;

5

A BC 

 

0,25

Câu IV

(5)

Giả sử sản xuất ( )x kg sản phẩm loại I ( )y kg sản phẩm loại II Điều kiện x0,y0và 2x4y200 x 2y100

Tổng số máy làm việc: 3x1,5y Ta có 3x1,5y120

Số tiền lãi thu T 300000x400000y (đồng)

0,25

Ta cần tìm ,x y thoả mãn:

0, 100 1,5 120

x y

x y

x y

 

   

  

(I)

sao cho T 300000x400000y đạt giá trị lớn

0,25

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ đường thẳng 1: 100; 2: 1,5 120

d xyd xy

Đường thẳng d1 cắt trục hoành điểm A(100;0), cắt trục tung điểm B(0;50) Đường thẳng d2 cắt trục hoành điểm C(40;0), cắt trục tung điểm D0;80 Đường thẳng d1 d2 cắt điểm E20;40

Biểu diễn hình học tập nghiệm

hệ bất phương trình (I) miền đa giác OBEC

0,25

0

0

x

T y

 

   

 ;

0

20000000 50

x

T y

 

   

 ;

20

22000000 40

x

T y

 

   

 ;

40

12000000

x

T y

 

   

Vậy để thu tổng số tiền lãi nhiều xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I 40kg sản phẩm loại II

0,25

Câu V

1,0 đ Cho số thực dương , ,x y z thỏa mãn xy yz xz  3 Chứng minh bất đẳng thức

2 2

3 8 8 8

x y z

x   y   z   Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:

2

3

2

2

( 2) ( 4)

8 ( 2)( 4)

2

2

x x x x x

x x x x

x x

x x

x

     

      

 

  

0,25

E

C D B

A

O x

(6)

Tương tự, ta có 2 2 2

3

2

;

6

8

y y z z

y y z z

y     z    

Từ suy ra:

2 2 2

2 2

3 3

2 2

6 6

8 8

x y z x y z

x x y y z z

x   y   z           (1)

Chứng minh bổ đề: Cho x y, 0 a b, ¡ ta có:    

2

* a b

a b

x y x y

 

 Ta có

  2  2  2 2    2  2

* a y b x a b a y b x x y xy a b ay bx

xy x y

 

         

Đẳng thức xảy a b xy Áp dụng bổ đề ta có

 

 

2

2 2

2 2 2

2

6 6 12

x y

x y z z

x x y y z z x y x y z z

  

 

     

             

 

   

2

2 2

2( )

( ) 18 x y z

x y z x y z   

     

0,25

Đến đây, ta cần chứng minh:

 

2

2 2

2( )

1 ( ) 18

x y z x y z x y z

  

     

Do x2 y2     z2 (x y z) 18

     

   

2

2 18

12

x y z x y z xy yz zx x y z x y z

         

       

Nên  3 2(x y z  )2  x2y2z2   (x y z) 18 x2y2z2   x y z 6 (4)

0,25

Mặt khác, , ,x y z số dương nên ta có:

2 2 3

3( )

x y z xy yz zx x y z xy yz zx

     

     

Nên bất đẳng thức (4)

Từ (1), (2), (3) (4), ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy x  y z

0,25

Ngày đăng: 23/02/2021, 18:49

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w