SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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  x 2  4 x  3 có đồ thị ( P ) . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng
(d m ) : y  x  m cắt đồ thị ( P ) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn

1 1
  2.
x1 x2

2) Cho hàm số y  (m  1) x 2  2mx  m  2 ( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch biến
trên khoảng ( ; 2) .
Câu II (3,0 điểm)
 x  y   x 2  xy  y 2  3  3  x 2  y 2   2
1) Giải hệ phương trình 
2
2
 x y  x  2 x  12  0

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


x2
x3  8



y2
y3  8



z2
z3  8

 1.

........................................ Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ....................................................................... Số báo danh: .....................................................
Giám thị coi thi số 1: ............................................... Giám thị coi thi số 2: ............................................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10
THPT – NĂM HỌC 2018 - 2019
MÔN: TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 6 trang)
Điểm

5  2(3  m)
1 1
1
 2 1 2

 m  (thỏa mãn)
x1 x2
2
m  3
 x1 x2  0
Câu I.2
1,0 đ

0,25

0,25

0,25

Cho hàm số y  ( m  1) x 2  2mx  m  2 ,( m là tham số). Tìm m để hàm số nghịch
biến trên khoảng ( ;2) .
Với m  1  y  2 x  3 . Hàm số nghịch biến trên  . Do đó m  1 thỏa mãn.

CâuII.1
1,0 đ

0,25

0,25



Thế y  x  2 vào phương trình (2) ta có
x 2 ( x  2)  x 2  2 x  12  0  x3  x 2  2 x  12  0 .
x  3
 ( x  3)( x 2  2 x  4)  0  x  3  y  1 . Hệ có nghiệm 
y 1

0,25

0,25

0,25


CâuII.2
1,0 đ

Giải phương trình ( x  3) 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3 (1)
Điều kiện  1  x  4 .
Phương trình (1)  ( x  3)( 1  x  1)  x( 4  x  1)  2 x 2  6 x
0,25

3 x
x
x
 2 x2  6 x
1 x 1
4  x 1
1
1

 1  x  1  1
1
1



 2 . Dấu "  " không xảy

1
1 x 1
4  x 1
 4  x  1  1 
0,25
1
 4  x  1
ra nên phương trình (2) vô nghiệm.
Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  3 .
CâuII.3
1,0 đ

Giải bất phương trình x3  (3 x 2  4 x  4) x  1  0 (1)
Điều kiện x  1 .
x3  (3x 2  4 x  4) x  1  0  x 3  3 x 2 x  1  4( x  1) x  1  0
 x  3x
3

2

x 1  4


  4  0.
 x 1 
 x 1 
x
Đặt t 
, ta có bất phương trình t 3  3t 2  4  0  (t  1)(t  2) 2  0  t  1
x 1

t 1

0,25

0,25

 1  x  0
 1  x  0
 1  x  0
x


 1  x  1  x   x  0
  x  0

0  x  1  5
x 1
  x  1  x 2
  x 2  x  1  0

2


Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt AP  k AC .
  
 1  
GP  AP  AG  k AC  AB  AC
3
G
P



1
1

  k   AC  AB .
N
B
C
M
3
3

   1   1     7  5 
GN  GM  MN  AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB
3
6
6
6
 
Ba điểm G , P, N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN cùng phương. Do đó
1

4
Đặt S  S ABC thì từ giả thiết suy ra
A
E
3
K
S EAK  S KBH  S HCE  S
4
S
S
S
3
 EAK  KBH  HCE 
C
B
H
4
S
S
S
1
AE. AK sin A
S EAK 2
AE AK
.


 cos A.cos A  cos 2 A
1
S

4
S
S
S
3
9
 1  sin 2 A  1  sin 2 B  1  sin 2 C   sin 2 A  sin 2 B  sin 2 C  .
4
4







Câu
III.2
1,0 đ



0,25

0,25

0,25

0,25



2
5 2

 x  3 y  5  0 (d1 )
3 x  y  5  0 ( d )

2

0,25

Do tam giác ABC cân tại A nên đường phân giác trong kẻ từ A cũng là đường cao.
Xét trường hợp d1 là đường cao của tam giác ABC kẻ từ A .
Phương trình đường thẳng BC là 3x  y  7  0 .
x  y  3  0
 x  1

 B(1; 4) .
3x  y  7  0
y  4

Toạ độ điểm B là nghiệm của hệ phương trình 
Toạ độ điểm C là nghiệm của hệ phương trình

11

x
x  7 y  5  0

 11 2 

101

x
x  7 y  5  0

 101 18 
5

C
;  .

 5 5
 x  3 y  31  0
 y  18

5

  96 32  
8 
MB  (12; 4), MC   ;    MC   MB  M thuộc đoạn BC .
5 
5
 5
 101 18 
Vậy A(2;1), B(11;14), C 
; .
 5 5
Câu IV
1,0 đ


sao cho T  300000 x  400000 y đạt giá trị lớn nhất.
Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng
d1 : x  2 y  100; d 2 : 3 x  1,5 y  120

Đường thẳng d1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0) , cắt trục tung tại điểm B (0;50) .
Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm C (40;0) , cắt trục tung tại điểm D  0;80  .
y

Đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm E  20; 40  .

0,25

Biểu diễn hình học tập nghiệm của

D

hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC .

B

O

E

C

A

x


y3  8



z2
z3  8

 1.

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
x3  8  ( x  2)( x 2  2 x  4) 


x

2

x 8
3



2

2x
x x6
2

( x  2)  ( x 2  2 x  4) x 2  x  6





y2
y3  8



z2
z3  8



2x2
2 y2
2z2


. (1)
x2  x  6 y2  y  6 z 2  z  6

a 2 b2  a  b 
Chứng minh bổ đề: Cho x, y  0 và a, b   ta có:
 
 *
x
y
x y
Ta có
2



2
2
2
 x  y   x  y   12 z  z  6 
 x  x  6 y  y  6 z  z  6
2( x  y  z ) 2
 2
.
x  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
2

Đến đây, ta chỉ cần chứng minh:
2( x  y  z ) 2
1
x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18
Do x 2  y 2  z 2  ( x  y  z )  18

0,25

 3

  x  y  z    x  y  z   2  xy  yz  zx   18
2

0,25

  x  y  z    x  y  z   12  0
2