SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HẢI DƯƠNG
ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN THI: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
Ngày thi: 04/04/2018
(Đề thi gồm 01 trang)

Câu I (2,0 điểm)
1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y 
định là

6 x 2  4x  2018
(m  1) x2  2(m  1) x  4

có tập xác

.
2) Cho hai hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt

nhau tại hai điểm A và B phân biệt sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ).
Câu II (3,0 điểm)
1) Giải phương trình
2) Giải bất phương trình
3) Giải hệ phương trình

3 5  x  3 5x  4  2 x  7
11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1

2

 xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1


2 xy  x  2 y   x  14 y  0

Câu III (3,0 điểm)
1) Cho tam giác ABC có AB  6; BC  7; CA  5 .Gọi M là điểm thuộc cạnh AB sao cho

AM  2MB và N là điểm thuộc AC sao cho AN  k AC ( k  ).Tìm k sao cho đường thẳng CM
vuông góc với đường thẳng BN .
2) Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác. Biết

c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 . Chứng minh rằng tam giác ABC
2
IA2
IB 2
IC 2

đều.
3) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB là
x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường thẳng AC đi qua điểm

M (2,1) .Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Câu IV (1,0 điểm)

Một xưởng sản xuất có hai máy, sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm loại I lãi
2 triệu đồng, một tấn sản phẩm loại II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I cần máy thứ
nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại II cần
máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Mỗi máy không đồng thời làm
hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất làm việc không quá 6 giờ, máy thứ hai làm việc
không quá 4 giờ. Hỏi một ngày nên sản xuất bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a2  b2  c2  27 thì:
1
1
1
12
12
12


 2
 2
 2
.
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63
........................................ Hết ......................................
Họ và tên thí sinh: ..............................................
Giám thị coi thi số 1: ...............................................

Số báo danh: .............................
Giám thị coi thi số 2: ....................................


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

Câu
Câu
I.1
1,0 đ

DỰ THẢO HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10
THPT – NĂM HỌC 2017 - 2018
MÔN: TOÁN
(Dự thảo hướng dẫn chấm gồm 6 trang)

Nội dung

Điể
m

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là

y

6 x 2  4x  2018
(m  1) x2  2(m  1) x  4

Hàm số có tập xác định

khi và chỉ khi f ( x)  (m  1) x2  2(m  1) x  4  0,  x  .
0,25


Với m  1, ta có f ( x)  4  0, x  . Do đó m  1 thỏa mãn.
0,25
Với m  1, f ( x)  0, x 





m 1
(m  1) 2  4(m  1)  0

m  1

(m  1)(m  5)  0
 1  m  5. Vậy 1  m  5.

Câu
I.2
1,0 đ

0,25

0,25

Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  2m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để đồ thị các hàm số đó
cắt nhau tại hai điểm A và B sao cho OA2  OB2 nhỏ nhất (trong đó O là gốc tọa độ)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị
x 2  2  m  1 x  2m  2 x  3 hay x2  2mx  2m  3  0 (*)

0,25


Ta có:  '  m2  2m  3  0 với mọi m nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt hay hai đồ
thị luôn cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,B.

0,25

Gọi xA , xB là hai nghiệm của phương trình (*). Khi đó A  x A ; 2 x A  3 , B  xB ; 2 xB  3
Ta có OA   xA ;2 xA  3 , OB   xB ;2 xB  3 .

OA2  OB 2  x A2   2 x A  3  xB2   2 xB  3
2

2

0,25

 5  xA2  xB2   12  xA  xB   18

 5  xA  xB   12  xA  xB   18  10 xA xB 1
2

Theo định lí Vi-et ta có xA  xB  2m, xA xB  2m  3

11 2 119
) 
10
5
119
11
11

Tìm được OA2  OB2 nhỏ nhất bằng
khi m 
. Vậy m 
là giá trị của m cần
5
10
10
tìm.
Khi đó (1) trở thành OA2  OB2  20m2  44m  48  20(m 

0,25


CâuII.
1
1,0 đ

3 5  x  3 5x  4  2 x  7

Giải phương trình:

Điều kiện:

4
 x  5 (*)
5

3 5  x  3 5x  4  2 x  7
 3 5  x  (7  x)  3



4  5 x  x 2
3 5  x  (7  x)





0,25



5x  4  x  0

3  4  5 x  x 2 
5x  4  x

0



1
3
  4  5 x  x 2  

  0 (**)
5x  4  x 
 3 5  x  (7  x)

do


1
3 5  x  (7  x)



0,25

3

4
 0 x  [ ,5] nên
5
5x  4  x

(**)  4  5 x  x 2  0

0,25

x  1

x  4
Đối chiếu điều kiện thấy thỏa mãn. Vậy tập nghiệm của phương trình là S  {1;4}

0,25

CâuII. Giải bất phương trình
2
1,0 đ




Điều kiện: 



11x 2  19 x  19  x 2  x  6  2 2 x  1

x2  x  6  0
2x  1  0
 x3
2
11x  19 x  19  0

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương với
11x 2  19 x  19   ( x  2)( x  3  2 2 x  1 

2

 10 x 2  26 x  17  4 (2 x  1)( x  3) x  2

0,25

 5(2 x2  5x  3)  4 2 x 2  5x  3 x  2  ( x  2)  0
 5.

2 x2  5x  3
2 x2  5x  3

4
1  0
x2
x2



2 x2  5x  3
1
x2

0,25

 2 x2  5x  3  x  2  2 x2  6 x  5  0
3  19
3  19
x
Ta được
2
2
3  19
Kết hợp điều kiện x  3 được 3  x 
2

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S  [3;

0,25
3  19
)
2



CâuII.
Giải hệ phương trình:
3
1,0 đ

2

 xy  4 xy  y  4   y  2 y  5  1


2 xy  x  2 y   x  14 y  0

2
2
2

 2 xy  1  y  x  2 y   5 y 1
Hệ phương trình  

 x  2 y  2 xy  1  12 y  2 

0,25

Xét y= 0 không là nghiệm hpt
Xét y  0 chia 2 vế phương trình (1) cho y 2 , chia 2 vế phương trình (2) cho y ta được:
2

1

 2 x     x  2 y   5
y



1

 x  2 y   2 x  y   12




0,25

1

a 2  b  5 a  3
a  2 x 
y có HPT  

Đặt 
b  4
ab  12
b  x  2 y

0,25

1

2 x   3

y
hay 
 x  2 y  4

 7 1
Giải hệ ta được nghiệm (-2;1) và   ; 
 2 4

Câu
III.1

0,25

Cho tam giác ABC có AB = 6 ; BC = 7 ;CA = 5 . M là điểm thuộc cạnh AB sao cho AM
= 2MB ; N thuộc AC sao cho AN  k AC .Tìm k để CM vuông góc với BN

1,0 đ

2
AB  AC và BN  AN  AB  k AC  AB
3
2
2
2
2k
2
AB AC  AB  k AC  AB AC
Suy ra CM BN  ( AB  AC )(k AC  AB) 
3
3

3
CM  AM  AC 



AB  AC



2

2

 CB  AB. AC 

0,25
0,25

AB 2  AC 2  BC 2
6
2
0,25

2
2
2k
2
AB. AC  AB  k AC  AB. AC  0
3
3

2k
2
6

.6  .36  25k  6  0  21k  18  0  k  
3
3
7
Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và p là nửa chu vi của tam giác. Gọi I là

BN  CM  BN .CM  0 

Câu
III.2
1,0 đ

tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Biết
rằng tam giác ABC đều.

c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 . Chứng minh
2
IA2
IB 2
IC 2

0,25



0,25
Gọi M là tiếp điểm của AC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó ta có
AM  p  a, IM  r . Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM ta có

IA2  AM 2  MI 2  ( p  a)2  r 2
Gọi S là diện tích tam giác ABC thì r 

S
S
nên IA2  ( p  a)2  ( )2
p
p
0,25

Mà S 2  p( p  a)( p  b)( p  c) nên IA2  ( p  a)2 

( p  a)( p  b)( p  c) ( p  a)bc

p
p

c( p  a ) p
 .
b
IA2
a ( p  b) p
b( p  c ) p
 và
 .

Tương tự
2
c
a
IB
IC 2
Từ đó
c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) p p p 1
1 1 1
9


    (a  b  c)(   )  .
2
2
2
a b c 2
a b c
2
IA
IB
IC
Dấu bằng đạt được khi a  b  c
c ( p  a ) a ( p  b) b( p  c ) 9


 chỉ khi tam giác ABC đều.
Vậy
2
IA2

IB 2
IC 2
Trong mặt phẳng toạ độ C , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB:
x  2 y  1  0 , phương trình đường thẳng BD: x  7 y  14  0 , đường thẳng AC đi qua
M(2; 1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
Suy ra

Câu
III.3
1,0 đ

0,25

0,25

Do B là giao của AB và BD nên toạ độ B là nghiệm của hệ:
21

x

 x  2y 1  0
21 13

5

 B( ; )

5 5
 x  7 y  14  0
 y  13


0,25
5
Do ABCD là hình chữ nhật nên góc giữa hai đường thẳng AC và AB bằng góc giữa hai
đường thẳng AB và BD. Giả sử nAC  (a; b), (a 2  b 2  0) là VTPT của AC. Khi đó

cos(nAB , nBD )  cos(nAC , nAB )
 a  2b 

3
2

a 2  b2

 a  b
2
2
 7a  8ab  b  0  
a   b
7

+ Với a  b . Chọn a = 1, b = -1.

0,25


Phương trình AC: x – y – 1 = 0

0,25


 x  y 1  0
x  3

 A( 3; 2)
A  AB  AC nên toạ độ A là nghiệm của hệ: 
x  2 y  1  0
y  2
Gọi I là giao của AC và BD thì toạ độ I là nghiệm của hệ:
7

x

 x  y 1  0

2  I ( 7 ; 5)


2 2
 x  7 y  14  0
y  5

2
14 12
Do I trung điểm AC và BD nên tính được C (4;3); D( ; )
5 5
+ Với b  7a ( Loại vì khi đó AC không cắt BD)

0,25
Câu
IV 1,0

đ

Một xưởng sản xuất có hai máy sản xuất ra hai loại sản phẩm I và II. Một tấn sản phẩm I
lãi 2 triệu đồng, một tấn sản phẩm II lãi 1,6 triệu đồng. Để sản xuất 1 tấn sản phẩm loại I thì
máy thứ nhất làm việc trong 3 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1 giờ. Để sản xuất 1 tấn
sản phẩm loại II thì máy thứ nhất làm việc trong 1 giờ và máy thứ hai làm việc trong 1
giờ . Mỗi máy không đồng thời làm hai loại sản phẩm cùng lúc. Một ngày máy thứ nhất
làm việc không quá 6 giờ , máy thứ hai làm việc không quá 4 giờ. Hỏi một ngày sản xuất
bao nhiêu tấn mỗi loại sản phẩm để tiền lãi lớn nhất?
Gọi x, y là số tấn sản phẩm loại I, II cần sản xuất trong một ngày ( x; y  0 ).
Tiền lãi một ngày là L  2 x  1,6 y (triệu đồng). Một ngày máy thứ nhất làm việc 3x  y
giờ, máy thứ hai làm việc x  y giờ.
0,25

 x; y  0

Theo gt có: 3x  y  6
 x y 4


Khi đó bài toán trở thành tìm x; y thỏa mãn hệ trên sao cho L  2 x  1,6 y đạt giá trị lớn
0,25
nhất
Vẽ các đường thẳng 3x  y  6, x  y  4 . Ta có các điểm M ( x; y) với ( x; y) là nghiệm của
hệ bất phương trình trên thuộc miền trong tứ giác OABC, kể cả các điểm trên cạnh tứ giác.
f(x)=6-3x
f(x)=4-x

y
8

7
6
5
4

C
B

3
2
1

x

A
-6

-5

-4

-3

-2

-1

O

1


2

3

4

5

6

7

8

9

10

-1

0,25

-2
-3
-4
-5
-6
-7


L đạt giá trị lớn nhất tại đỉnh của tứ giác.Thay tọa độ các điểm
O(0;0), A(2;0), B(1;3), C(0;4) vào biểu thức L ta được L đạt giá trị lớn nhất tại B(1;3) . Khi
đó L  2x  1,6 y  2.1  1,6.3  6,8 . Vậy để thu được tiền lãi cao nhất thì mỗi ngày sản xuất
1 tấn sản phẩm loại I và 3 tấn sản phẩm loại II

0,25


2
2
2
Câu V . Chứng minh rằng với mọi số thực a, b, c dương thỏa mãn a  b  c  27 thì:
1,0 đ
1
1
1
12
12
12
.


 2
 2
 2
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63

1
1
1

1
1
4

2
2

ab bc
ab bc
(a  b)(b  c) a  2b  c
Chứng minh tương tự ta có
1
1
4


b  c a  c a  2c  b
1
1
4


a  b a  c b  2a  c
1
1
1
1
1
1





 2


Suy ra

ab cb ac
 b  2a  c a  2b  c b  2c  a 
1
6
Ta chứng minh
. Thật vậy:
 2
b  2a  c a  63
1
6
 2
b  2a  c a  63
 a 2  63  6b  12a  6c  2a 2  b 2  c 2  36  6b  12a  6c  0

0,25

0,25

 2(a  3) 2  (b  3) 2  (c  3) 2  0
Điều này luôn đúng. Dấu bằng đạt được khi và chỉ khi a  b  c  3
1
1

1
6
6
6


 2
 2
 2
Vậy
b  2a  c a  2b  c b  2c  a a  63 b  63 c  63
1
1
1
12
12
12


 2
 2
 2
Suy ra
a  b b  c c  a a  63 b  63 c  63
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3.
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0,25

0,25