Đề thi HSG Toán lớp 10 cấp trường năm 2016 - THPT Triệu Sơn 3

Chia sẻ: Ha Van Quyen | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

416
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh lớp 10 có thêm tài liệu ôn tập chuẩn bị cho kì thi học sinh giỏi sắp diễn ra. Mời các bạn học sinh tham khảo "Đề thi HSG Toán lớp 10 cấp trường năm 2016 của trường THPT Triệu Sơn 3" trên trang TaiLieu.VN để làm quen với cấu trúc đề thi, ôn tập kiến thức và nâng cao tư duy Toán học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG Toán lớp 10 cấp trường năm 2016 - THPT Triệu Sơn 3

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TỔ : TOÁN NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán – Lớp 10 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) Cho hàm số y = x 2 − 2 x + 2 có đồ thị (P) a) Lập bảng biến thiên và vẽ (P). b)Tìm m để đường thẳng (d) có phương trình y = x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 + OB 2 = 82 . Câu 2. (7,5 điểm) 3 − 2 x 2 + 3x + 2 a) Giải bất phương trình > 1. 1 − 2 x2 − x + 1 b) Giải phương trình 2 3 x + 7 − 5 3 x − 6 = 4 . xy y2 2y x 1 y 1 x c) Giải hệ phương trình . 3. 6 y 3. 2 x 3 y 7 2x 7 Câu 3. (4,5 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm 3x + 1 − x − 1 0 ( x 2 + 2) 2 + m x x2 + 4 + 1 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả �5 � sử H ( −1;3) , phương trình đường thẳng AE : 4 x + y + 3 = 0 và C � ; 4 �. Tìm tọa độ các đỉnh �2 � A, B và D của hình thang ABCD. Câu 4. (2,0 điểm) 1 3 Chứng minh rằng: − = 4. sin10 cos100 0 Câu 5. (2,0 điểm) 1 1 1 Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn + + = 1 . Chứng minh rằng: a b c a 2 b 2 c 2 a+b+c + + . a + bc b + ca c + ab 4 Hêt ́
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3 HƯỚNG DẪN CHẤM TỔ: TOÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Câu Hướng dẫn chấm Điể m 1.a Ks và vẽ (P) đúng 2,0 1.b 2,0 Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình: x 2 − 2 x + 2 = x + m � x 2 − 3x + 2 − m = 0 (1) 0,25 Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B (1) có hai nghiệm phân biệt ∆ = 9 − 4(2 − m) > 0 � 4m + 1 > 0 � m > −1/ 4 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1 ; x1 + m), B ( x2 ; x2 + m) , trong đó x1 , x2 là các nghiệm 1,0 của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 + x2 = 3, x1 x2 = 2 − m . x12 + ( x1 + m ) + x22 + ( x2 + m ) = 82 2 2 Ta có: OA2 + OB 2 = 82 0,5 � 2 ( x12 + x22 ) + 2m ( x1 + x2 ) + 2m 2 = 82 � ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 41 2 m=4 � 9 − 2(2 − m) + 3m + m 2 = 41 � m 2 + 5m − 36 = 0 m = −9 0,25 Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm. 2.a 2,0 ĐKXĐ: x − −��2� x 1 Ta có: 1 − 2 x 2 − x + 1 = 1 − (2 x − 1) 2 + 3 1 − 3 < 0 với mọi x ﾡ , nên 1,0 BPT � 3 − 2 x 2 + 3 x + 2 < 1 − 2 x 2 − x + 1 � 1 + x 2 − x + 1 < x 2 + 3x + 2 � x 2 − x + 1 + 2 x 2 − x + 1 + 1 < x 2 + 3x + 2 � x 2 − x + 1 + 1 < 2 x x>0 �x > 0 �x > 0 −1 + 13 � �2 �� 2 � −1 + 13 −1 + 13 � x > 1,0s �x − x + 1 < 4 x 3x + x − 1 > 0 2 � x< �x > 2 2 2 �−1 + 13 � Vậy BPT có tập nghiệm S = � � 2 ;+ � � � � 2.b 2,0 ĐKXĐ: x −7 / 3 1,0 Đặt: 3 x − 6 = t � x = t 3 + 6 t −4 / 5 PT trở thành: � 2 3(t 3 + 6) + 7 = 5t + 4 4(3t 3 + 25) = (5 t + 4) 2 t −4 / 5 t −4 / 5 12t − 25t − 40t + 84 = 0 3 2 (t − 2)(12t 2 − t − 42) = 0
t −4 / 5 t=2 12017 1 + 2017 1,0 t = 2 �t = t= 24 24 Với t = 2 � x = 14 3 1 + 2017 � 1 + 2017 � Với t = � x = 6+� � 24 � 24 � � � 3 � � 1 + 2017 �� Vậy phương trình có tập nghiệm là: S = � 14; 6 + � � 24 � �� 2.c 2,0 1 y 6 Điều kiện: x 0 (*) 2x 3y 7 0 Vì x = 0 và y = 1 không phải là nghiệm của phương trình nên 1,0 y x 1 � 1 � pt 1 yx y 1 y x 1 � (x − y + 1) �y −1+ �= 0 y 1 x � y − 1 + x � � � � x − y + 1 = 0 � y = x + 1 (do điều kiện (*)) 4 Thay vào PT (2) ta được: 3 5 − x + 3 5x − 4 = 2x + 7 (3) ĐK: x 5 5 � � �3 1 ��3 1 � (3) � (7 − x) − 3 5 − x + 3(x − 5x − 4 ) = 0 S = � � ; ��, ;− � � �2 2 ��2 2 � � � 1 3 � � (4 − 5x+x2 ) � + �= 0 1,0 �3 5 − x + (7 − x) 5x − 4 + x � � � x=1 � y= 2 � x2 − 5x+4 = 0 x= 4 �y=5 Đối chiếu với ĐK thấy hệ phương trình có nghiệm: ( x; y ) = (4;5),(1;2) 3.a 2,0 1 ĐK: x − . Khi đó bpt: 3 1,0 (1) �+ � 3 x+ � 1 + x�+1 �−3�� x 1 ( x 1) 2 x2 x 0 0 x 1 BPT (2) � ( x 2 + 2) 2 + m �x x 2 + 4 + 1 � x 2 ( x 2 + 4) − x x 2 + 4 + 3 �− m (3) t � = x x 2 + 4 �� 0; 5 � 1,0 Đặt t � Ta được bpt: t − t + 3 − m (4). 2 � Bài toán trở thành tìm m để (4) có nghiệm t � 0; 5 � � �
Xét hàm số f (t ) = t 2 − t + 3 trên đoạn � 0; 5 � � �. Để bpt (1) có nghiệm thì maxf (t )�−m�−�m−۳− 8 5 m 5 8 � 0; 5 � � � 3.b 2,0 1,0 �3 � Do đó: CE ⊥ AE CE: 2x 8y + 27 = 0. Mà E = AE �� CE E�− ;3 �, mặt khác E là trung �2 � điểm của HD nên D ( −2;3) . Khi đó BD: y 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(1; 1). Suy ra AB: x 2y +3=0. Do đó: B(3; 3). KL: A(1; 1), B(3; 3) và D(2; 3) Lưu ý:Nếu học không chứng minh mà thừa nhận CE ⊥ AE thì cho 1,0 điểm. 1,0 B C H I K E 4 D 2,0 A 1 3 Đặt P = − sin10 cos100 0 D �1 3 � 2 � cos100 − sin100 � 1,0 cos10 − 3 sin10 0 0 2 2 Ta có: P = 0 0 = � � sin10 cos10 1 sin 200 2 2sin(30 − 10 ) 4sin 20 0 0 0 = = =4 1 sin 200 1,0 sin 200 2 5 2,0 Với các số thực dương a, b, c từ giả thiết ta có: abc = ab + bc + ca Khi đó: a2 a3 a3 a3 = = = a + bc a 2 + abc a 2 + ab + bc + ca (a + c)( a + b) 1,0 Sử dụng bất đẳng thức AMGM (côsi) ta có: a3 a+c a+b 3a a3 4a − b − c a2 4a − b − c (1) + + (a + c)(a + b) 8 8 4 (a + c)(a + b) 8 a + bc 8 b2 4b − a − c c2 4c − a − b Tương tự: (2); (3)1,0 b + ac 8 c + ab 8
a2 b2 c2 a +b+c Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được: + + (đpcm) a + bc b + ac c + ab 4 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a = b = c = . 3