Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

45
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh lớp 10 cùng tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị dưới đây làm tài liệu ôn tập hệ thống kiến thức chuẩn bị cho bài thi HSG sắp tới. Đề thi đi kèm đáp án giúp các em so sánh kết quả và tự đánh giá được lực học của bản thân, từ đó đặt ra hướng ôn tập phù hợp giúp các em tự tin đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới. Chúc các em thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 03 tháng 4 năm 2019 Môn thi: Toán lớp 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I. (5,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x 2  bx  c .  1 5 1) Tìm b, c để Parabol (P) có đỉnh S   ;   .  2 4 2) Với b, c tìm được ở câu 1. Tìm m để đường thẳng  : y  2 x  m cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu II. (6,0 điểm) 1) Tìm m để bất phương trình: mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 vô nghiệm trên tập số thực. 2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực:  2 x2  4  x  2  x 2  5 x  6  0.  x 2  x 3 y  xy 2  xy  y  1 3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực :  4  x  y  xy  2 x  1  1 2 Câu III. (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3 . Trên các cạnh BC , CA lần lượt lấy các điểm N , M sao cho BN  1, CM  2.    a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC. AP b) Trên cạnh AB lấy điểm P,  P  A, P  B  sao cho AN vuông góc với PM . Tính tỉ số . AB 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AD, BC và AD  BC , biết rằng AB  BC , AD  7. Đường chéo AC có phương trình là x  3 y  3  0 , điểm M  2; 5  thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;1 . Câu IV. (3,0 điểm) 1 ) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức 2 S = R 2  sin 3 A  sin 3 B  sin 3 C  . Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 3 2) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  3. Chứng minh rằng x y z 9    . y z x x yz 3) Cho đa thức P  x   x 2018  mx 2016  m trong đó m là tham số thực. Biết rằng P  x  có 2018 nghiệm thực. Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x0 của P  x  thỏa mãn x0  2. ---------------------HẾT--------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM b / 2  1/ 2  1 5  b  1 2 1) (2,0 điểm). Đỉnh S   ;    ( P)   1 b 5  2 4  4  2  c   4 c  1 2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và  : 0,5 x 2  x  1  2 x  m  x 2  3x  m  1  0 (*).  cắt (P) tại hai điểm phân biệt  PT(*) 13 có hai nghiệm phân biệt x1 , x2    0  13  4m  0  m  ** 0,5 Câu I 4 (5,0 điểm)  x1  x2  3 Giả sử A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  theo Viet ta có  . 0,5  x1 x2  m  1 Ta có tam giác OAB vuông tại   1  21 O  OA.OB  0  5 x1 x2  2m  x1  x2   m 2  0  m 2  m  5  0  m  . 0,5 2 1  21 Đối chiếu đk (**) ta có đáp số m  . 1 2 7 1) (2,0 điểm) TH 1: m  0 , bpt trở thành 6 x  14  0  x  (không thỏa ycbt). 0,5 3 TH 2: m  0 , mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 VN  mx 2  2  m  3 x  2m  14  0 CN 0,5 m  0 m  0 m  0 x      2   m  9.  '  0  m  8m  9  0 m  9 hoac m  1 1 Vậy m  9. x  2 0,5 2) (2,0 điểm). TH1: x 2  5 x  6  0   x  3 x  2  0  x  2  Câu II TH 2: x 2  5 x  6  0   . Khi đó, bpt  2 x 2  4  x  2    x  2  0 0,5 x  3  2 x 2  4   x  2 2 (6,0 điểm)    x  2  x  2   x  0 0,5    x  2    x  2  .    x4   x  4 x  0   x  4  x  0 2 0,5 Vậy tập nghiệm bất phương trình S   ; 0  2,3   4;    x 2  y  xy  x 2  y   xy  1  x  x y  xy  xy  y  1  2 3 2 3) (2,0 điểm) Hpt:  4  0,5  x  y  xy  2 x  1  1  x  y   xy  1 2 2 2 Đặt a  x 2  y, b  xy hệ thành a  ab  b  1 a 3  a 2  2a  0 a  0 a  1 a  2  2     . a  b  1 b  1  a b  1 b  0 b  3 2 0,5
a  0  x2  y  0 +) Với  ta có   x  y  1. b  1  xy  1 a  1  x2  y  1 +) Với  ta có    x; y    0; 1 , 1;0  ,  1;0  . b  0  xy  0 0,5  3 a  2  x 2  y  2 y   x  x  1 +) Với  ta có    . b  3  xy  3   x  1 x 2  x  3  0 y  3   Vậy hệ có 5 nghiệm  x; y   1;1 ,  0; 1 , 1;0  ,  1;0  ,  1;3 . 0,5     1   2  1  1) (4,0 điểm) a) AN = AB  BN = AB  3  AC  AB  AB + AC 3  3 2,0    1  x  b) Đặt AP  x,  0  x  3 . Ta có PM = PA  AM  AC - AB 0,5 3 3    2  1    1  x   AN  PM  AN .PM  0   AB  AC  .  AC  AB   0 3 3  3 3           0,5 2 2x 2 x 1 2  AB. AC  AB  AB. AC  AC  0 9 9 9 9 x 4  1 2x  1  0  x  0,5 2 5 AP 4 Vậy  . AB 15 0,5 2) (2,0 điểm). Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn tâm O.Do AB  BC  CD  AC là đường Câu III phân giác trong góc BAD . Gọi E là (6,0 điểm) điểm đối xứng của B qua AC, khi đó E thuộc AD. Ta có BE  AC và BE qua B 1;1 nên phương trình BE: 3x  y  4  0 . 0,5 Gọi F  AC  BE  tọa độ F là nghiệm của x  3y  3  0 3 1 Hệ   F  ;   . Do F là trung điểm 3x  y  4  0 2 2 Của BE  E  2; 2  . Do M  2; 5   AD  phương trình AD: 3x  4 y  14  0. x  3y  3  0 0,5 Do A  AD  AC  tọa độ A là nghiệm của hệ   A  6;1 . 3 x  4 y  14  0 Do D  AD  D  2  4t ; 2  3t  và  12   58 26   t D  5 ; 5  5   AD  7   4t  4    3t  3  49    2 2 0,5 t  2   2 16    D ;  5  5 5 Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm
2 16  B và hai điểm D ta có đáp số D  ;   5 5 0,5 a3 B3 c3 1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có : sin 3 A  ; sin 3 B  ;sin 3 C  8R3 8R3 8R3 2 2  a3 b3 c 3  a 3  b3  c 3 VT = R  3  3  3 0,5 3  8R 8R 8R  12 R Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a 3  b3  c3  3abc abc  VT  4R abc Mà S  , dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  ABC đều 0,5 4R x y z x2 y 2 z 2  x  y  z  2 2) (1,0 điểm). Ta có       . y z x xy yz zx xy  yz  zx  x  y  z 2 9 0,5   x  y  z   9  xy  yz  zx   * . 3 Câu IV Ta cần chứng minh:  xy  yz  zx x y z (3,0 t2  3 điểm). Đặt t  x  y  z ,   3  t  3  xy  yz  zx  2 . BĐT * thành t  3  9 t2  3    t  3  2t  3  0 (luôn đúng). 2 0,5 2 3) (1,0 điểm). Ta có P  1  1, P 1  1. Giả sử các nghiệm thực của P  x  là a1 , a2 ,..., a2018 , tức là P  x    x  a1  x  a2  ...  x  a2018  . Khi đó, P 1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1 , 0,5 P  1   1  a1  1  a2  ...  1  a2018   1 hay P  1  1  a1 1  a2  ... 1  a2018   1 Suy ra P 1 .P  1  1  a12 1  a22  ... 1  a2018 2   1. Suy ra tồn tại k  1, 2,..., 2018 0,5 sao cho a  1  1  ak  2. Hay tồn tại nghiệm x0 : ak thỏa mãn điều kiện 2 k x0  2.
HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu I b / 2a  2 a  1 2 1. Đỉnh S  2; 1  ( P)    4a  2b  3  1 b  4 5,0 điểm 2 . Pt hoành độ giao điểm của (P) và  : x 2  4 x  3  kx  4  x 2   k  4  x  1  0 (*). PT(*) có ac  1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 và theo Viet ta có x1  x2  k  4 . Khi đó tọa độ M, N là M  x1 ; kx1  4  , N  x2 ; kx2  4  .  x1  x2 k ( x1  x2 )  Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ I  ;  4  hay  2 2   k  4 k 2  4k  8  I ;  . Theo ycbt ta có:  2 2 
 k  4 k 2  4k  8    d  k  3k  4  0  k  1  k  4. 2 I ;  2 2  Câu II 1. Bpt:  x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 VN   x 2  2  m  1 x  2  2m 2  0 có 6,0 điểm nghiệm x      0 (vì a=-1
         1b. Đặt BK  xBC  AK  AB  BK  AB  xBC  AB  x AD Ba điểm A, G, K thẳng hàng nên      1  4     m  4m  AK  m AG  AB  x AD  m  AB  AD   AB  x AD  AB  AD 2 9  2 9  m 1  2 m  2    8  x  4m  x  9  9  8  BK 8  BK  BC   9 BC 9 x  y  4  0 5 3 2. Pt MN: x  y  4  0. Tọa độ P là nghiệm của hệ:   P  ; . x  y 1  0 2 2 Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên ta có: PAM  PCD  ABD  AMP. Suy ra PA = PM Vì A  AC : x  y  1  0 nên A  a; a  1 , a  2. Ta B có: M 2 2 2 2  5  5 5 5 a  0 N  a     a           a  5  A  0; 1 .  2  2 2 2  A P C Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt: 2 x  3 y  10  0 . Đt BC đi qua M và vuông góc với D 2 x  3 y  10  0 AM nên có pt: y  4  0 . Tọa độ B là nghiệm của hệ:   B  1; 4  y  4  0 . Câu IV 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1a. x  y  z  xyz     1 (1) 2  2 2   1 yz xz xy x y z xy yz xz 1 1 1  1 1 2,5 điểm 1b. P= x  1 2 y  1  y  1 2 z  1  z  1 2 x  1 -       2  2  2  (3 ) 1 y z x x y z x y z  x 1 y 1 y 1 z 1 z 1 x 1 2  2  Ta có: y z x2  1 1   1 1  1 1 =  x  1  2  2    y  1  2  2    z  1  2  2  x y  y z  x z  2 2 2   x  1   y  1   z  1 (4) xy yz xz 1 1 1 1 1 1  1 1 1 Từ ( 3) và (4) suy ra P     2  2  2  2    (5) x y z x y z  xy yz zx  2 1 1 1  1 1 1  1 1 1      3        3 (6) x y z  xy yz zx  x y z
Từ (1), (2), (5) và ( 6)  P  3  1 . Dấu bằng xảy ra khi x  y  z  3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3  1 . 2. Gọi x0 là nghiệm của phương trình x0  0 1 1 x04  ax03  bx02  cx0  1  0  b   x02  2  ax0  c . x0 x0   2 2  2 1 1   2 1 2  2 1   a  b  c   x0  x 2  1   a  c    x0  x 2  ax0  c x    x0  x2  1 2 2 2  0    0 0   0  2 2  1 1 1  1    ax0  c  x02  2  ax0  c    x02  2   x0 x0 x0   x0  2  2 1   x0  2  x0  t2 1  a  b  c    2 2 2  , với t  x02  2  2 1 x02  2  1 t  1 x0 x0 t2 4 Mặt khác   3t 2  4t  4  0   t  2  3t  2   0 Vì t  2 nên t 1 3  t  2  3t  2   0 4 2 Vậy a 2  b 2  c 2  , dấu bằng xảy ra khi a  b  c  ( ứng với x0  1 ) hoặc 3 3 2 2 a  c  , b   ( ứng với x0  1 ). 3 3