Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

159
lượt xem 12
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan này giúp các em học sinh ôn tập kiến thức chuẩn bị cho bài thi chọn học sinh giỏi Toán 10 sắp tới, rèn luyện kỹ năng giải đề thi để các em nắm được toàn bộ kiến thức chương trình Toán học lớp 10. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Hoan

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019 Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) -THẠCH THẤT- Câu 1.(5,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x 2  x  1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( m  R ) để phương trình x 4   3m  1 x 2  6m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 . Câu 2.(5,0 điểm ) 1) Giải bất phương trình:  2x  5  x 2  x  25  x2  5x  6  0 . 3 2 x  y  x  2 y  1  5 2) Giải hệ phương trình: 2 x  2 y  1  5 x  10 y  9 .  Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết S  b2  (a  c)2 . Tính tan B . Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC  600. Các điểm M, N được xác định bởi MC  2MB và NA  1 NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông 2 góc với nhau. Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC vuông tại C và có góc B  600 . Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3  2 2 2 3 2 2 x y y z z x x y z -------- Hết ------- Họ và tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: ……. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN -THẠCH THẤT- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 Môn: Toán Thời gian: 150 phút Câu 1.1 (3,0 đ) 1) Cho hàm số y  x 2  x  1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). 2 PT hoành độ giao điểm: x  3x  1  m  0. (1) Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  PT (1) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 13    0  13  4m  0  m  . (*) 4 Giả sử A( x1; 2 x1  m); B( x2 ; 2 x2  m) 1,0  x1  x2  3  x1.x2  m  1 . Theo hệ thức Vi-et:  0,5 Ta có OAB vuông tại O  OA.OB  0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  m 2  m  5  0  m  Đối chiếu đk (*) có 2 giá trị của m là m  1  21 2 1  21 2 1,0 0,5 Câu 1.2(2,0 điểm) 4 2 2) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình x   3m  1 x  6m  2  0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4. Đặt t  x 2  0 , thay vào phương trình ta được t 2   3m  1 t  6m  2  0 t  2 phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi  t  3m  1 1  3m  1  0 m    3 . Khi đó pt đã cho có 4 nghiệm là  2;  3m  1 3m  1  2 m  1 17 Để các nghiệm đều lớn hơn 4 thì  3m  1  4  3m  1  4  m  . 3 1 17 Vậy các giá trị của m là m   ;  \ 1 3 3  Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:  2x  5  x 2  x  25  0,5 0,5 0,5 x2  5x  6  0 x  3 Điều kiện:  x  2 *) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng. x  3 *) Nếu  thì bất PT đã cho  2 x  5  x 2  x  25  0 (a) x  2 (a )  0,5 2 x  5  0 (Do x 2  x  25  0) (1)  x 2  x  25  2 x  5   2 x  5  0 (2)   x 2  x  25  4 x 2  20 x  25  0,5 0,5 0,5 0,5 +) Giải (1) và kết hợp đk  x   ;2  .  5 x   2 +) Giải (2): (2)   2 3x  19 x  0   5 x  2  19  Kết hợp đk  x   3;    3 0  x  19  3 19 Tập nghiệm S   ;2  3;   3 0,5 0,5 3 2 x  y  x  2 y  1  5 Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  2 y  1  5 x  10 y  9 ĐK: 2 x  y  0, x  2 y  1  0 . Đặt u  2 x  y ,(u  0) và v  x  2 y  1,(v  0) . 3u  v  5 Ta được hệ phương trình:  2 2 4u  3v  2v  12  0 v  5  3u  v  5  3u  u  1    2 23u  96u  73  0  u  73  23    2x  y  1 2 x  y  1 x  1   (t/m) x  2y  3 y  1 x  2 y  1  2     x  1 73 104 Với u   v   , (loại vì đk v  0 ). Vậy hệ phương trình có nghiệm:  23 23  y  1 Với u  1  v  2   0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết S  b2  (a  c)2 . Tính tan B . 1 Ta có: S  b2  (a  c)2  ac sin B  a 2  c 2  2ac cos B  a 2  c 2  2ac 2 1 1  ac sin B  2ac(1  cos B )  sin B  4(1  cos B )  cos B  1  sin B (*) 2 4 0,5 0,5 2 1 17 1 Mặt khác sin 2 B  cos2 B  1  sin 2 B  1  sin B   1  sin 2 B  sin B  0 16 2  4  8  sin B  (do sinB > 0) 17 Kết hợp với (*) ta được: cos B  15 8  tan B  . 17 15 0,5 0,5 Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC  600. Các điểm M, N được xác định bởi MC  2MB và NA  1 NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và 2 CN vuông góc với nhau. Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC 0,75 Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB 0,75 Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC)(2CA  CB)  0  (2 AB  AC)( AB  3 AC)  0  2 AB2  3 AC 2  5 AB. AC  0  2c 2  3b 2  5bc 0  2 0,5 0,5 0,5 4c2  6b2  5bc  0 Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  . Tìm tọa độ điểm C sao cho ABC vuông tại C và có góc B  600 . Ta có AB   2; 6  , Giả sử C  x; y   AC   x  1; y  2  ; BC   x  3; y  4  .  AC  BC ABC vuông tại C và có góc B  60   1  BC  2 AB  AC.BC  0  x  1).( x  3)  ( y  2  (y  4)  0   2    2 2 AB 2  x  3   y  4   10  BC    4 2 2 x  y  4x  2 y  5  0   2 2   x  y  6 x  8 y  25  10 0,5 0,5 0 0,5 0,5  x2  y2  4 x  2 y  5  0  x2  y2  4x  2 y  5  0    2 x  6 y  20  0  x  3 y  10 9 y 2  60 y  100  y 2  12 y  40  2 y  5  0  x  3 y  10   2  x  3 y  10 10 y  50 y  55  0  53 3 5  3 ,y x  2 2   53 3 5  3 . KL : … ,y x  2 2  0,5 0,5 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3  2 2 2 3 2 2 x y y z z x x y z Áp dụng BĐT côsi cho các số dương x, y, z ta có Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y, z  0 . CMR: 0,5 x3  y 2  2 x3 y 2 ; y 3  z 2  2 y 3 z 2 ; z 3  x 2  2 z 3 x 2  2 y 2 y 2 x 2 z 2 x 2 z  3 2 3 2   3 2 x y y z z x 2 x3 y 2 2 y 3 z 2 2 z 3 x 2 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3  3 2 3 2   2 x y y z z x xy yz zx 1 1 2 1 1 1 1 2 2  2 Mặt khác, ta có: ; 2 2 ; 2 2 2 x zx z yz z x y xy y 1 1 1 1 1 1  2 2 2    2 x y z xy yz zx 2 y 2 x 2 z 1 1 1  3 2 3 2 2 2 2 3 2 x y y z z x x y z Dấu ''  '' xảy ra x  y  z  1 Từ 1 ,  2  ta có Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương tự. 1 0,5 0,5 0,5