Đề thi HSG môn Toán 10 năm 2019 có đáp án - Sở GD & ĐT Hải Dương

Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh , nội dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƢƠNG

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019

MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 03/4/2019 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I (2,0 điểm)

1) Cho hàm số yx24x3 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, thỏa mãn

1

1

2

x  x 

2) Cho hàm số y(m1)x22mx m (mlà tham số) Tìm m để hàm số nghịch biến khoảng (;2)

Câu II (3,0 điểm)

1) Giải hệ phương trình     

2 2

2

3

2 12

x y x xy y x y

x y x x

       

 

   



2)Giải phương trình (x3) 1 x x 4 x 2x26x3 3) Giải bất phương trình x3(3x24x4) x 1

Câu III (3,0 điểm)

1) Cho tam giác ABC có trọng tâm G điểm N thỏa mãn NB 3NC 0 Gọi P giao điểm AC GN, tính tỉ số PA

PC

2) 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 SABC SHEK Biết

4 ABC HEK

S  S , chứng minh sin2 sin2 sin2

A B C 

3) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình

x  y , đường thẳng AC có phương trình x7y 5 Biết điểm M(1;10) thuộc cạnh BC, tìm tọa độ đỉnh A B C, ,

Câu IV (1,0 điểm)

một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất?

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương x y z, , thỏa mãn xyyzxz3 Chứng minh bất đẳng thức

2 2

3 3

8 8

x y z

x y z

  

  

Hết

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Điể

m Câu

I.1 1,0đ

Cho hàm số yx24x3 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, thỏa mãn

1

1

2

x  x 

Phương trình hồnh độ giao điểm 2

4

x  x   x m x  x  m (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

1

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

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) 12 12

x x x  x  x x  x  0,25

2

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

         Hệ có nghiệm

1

x y

   

 0,25

CâuII. 2 1,0 đ

Giải phương trình (x3) 1 x x 4 x 2x26x3(1)

Điều kiện 1 x4

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

2

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 x3(3x24x4) x 1 (1)

Điều kiện x 1

 

3

3

3

(3 4) 4( 1)

3 (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  

3

1

x ta bất phương trình

3

3

1

x x

x x

      

     

   

0,25

Đặt

1

x t

x



 , ta có bất phương trình

3 2

3 ( 1)( 2)

2

1 1 0

0

1 1 1 5

1

1 2

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

  



 

 

0,25

Câu III.1 1,0 đ

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

PC

Gọi M trung điểm cạnh BC Đặt APk AC

 

1

GP APAG k AC ABAC

1

3

k AC AB

 

   

 

0,25

 

1

3 6

GN GMMN  AMBC  ABAC ACAB AC AB

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

1 1

2 4

3 3

7 5 3 15 5 5

6 6

k k

k k AP AC

  

         



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 SABC SHEK Biết

4 ABC HEK

S  S , chứng minh sin2 sin2 sin2

A B C 

P G

M A

Đặt S SABC 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

1

sin

2 . cos cos cos

1

sin

EAK

AE AK A

S AE AK

A A A

S  AB AC A  AB AC  

2

1

.sin

2 . cos cos cos

1

sin

KBH

BK BH B

S BK BH

B B B

S  AB BC B  BC AB  

2

1

.sin

2 . cos cos cos

1

sin

HCE

CH CE C

S CH CE

C C C

S  AC BC C  AC BC  

0,25

2 2

3

cos cos cos

4

HCE EAK KBH S

S S

A B C

S  S  S      0,25

2 2 2

1 sin sin sin sin sin sin

4

A B C A B C

           0,25

Câu III.3 1,0 đ

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC cân A Đường thẳng AB có phương trình

3

x  y , 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  x y

1

( )

3

( )

3

d

x y

d

x y

  



    

0,25

H K

E A

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

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

;

3 5

5 x x y

C x y

y

   

  

    

      

 

  



16 48

( 2; 6), ;

5 5

MB   MC   MC MBM

  nằm đoạn BC Trường hợp

này không 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 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  MBM

  thuộc đoạn BC

Vậy (2;1), ( 11;14), 101 18;

5

A B  C 

 

0,25

Câu IV 1,0

đ

Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I loại II từ 200kg nguyên liệu máy chuyên dụng Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu máy làm việc Để sản xuất kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu máy làm việc 1,5 Biết kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng máy chuyên dụng làm việc không 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất kilôgam sản phẩm loại để tiền lãi lớn nhất? 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)

Ta cần tìm x y, thoả mãn:

0,

2 100

3 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 d1:x2y100; d2: 3x1,5y120 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 3

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

     

      

 

  

E

C D

B

A O

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

2

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

x  y

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

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 (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

Website HOC247 cung cấp môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thông minh, nội dung giảng biên soạn công phu giảng dạy giáo viên nhiều năm kinh nghiệm, giỏi kiến thức chuyên môn lẫn kỹ sƣ phạm đến từ trường Đại học trường chuyên danh tiếng

I. Luyện Thi Online

-Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ Trường ĐH THPT danh tiếng

xây dựng khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học Sinh Học

-Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An trường Chuyên khác TS.Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Trịnh Thanh Đèo Thầy Nguyễn Đức Tấn.

II Khoá Học Nâng Cao HSG

-Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho em HS

THCS lớp 6, 7, 8, u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập trường đạt điểm tốt kỳ thi HSG

-Bồi dƣỡng HSG Toán: Bồi dưỡng phân mơn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp dành

cho học sinh khối lớp 10, 11, 12 Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS Lê Bá Khánh Trình, TS Trần Nam Dũng, TS Pham Sỹ Nam, TS Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc Bá Cẩn đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia

III. Kênh học tập miễn phí

Vững vàng tảng, Khai sáng tương lai

Học lúc, nơi, thiết bi – Tiết kiệm 90%

Học Toán Online Chuyên Gia

- - - - -