Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Phong số 2

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

54
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Phong số 2 để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. Chúc các bạn ôn tập kiểm tra đạt kết quả cao!

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 Yên Phong số 2

SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 26/01/2019 Đề gồm có : 01 trang Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y  x 2  (2m  3)x  2m  2 (1) 1) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2) Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  3x  1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OAB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ). Câu 2 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2x y  x m 1  xác định trên khoảng ( - 1; 3). x  2m Câu 3 (5 điểm). Giải các phương trình sau 1) x 2  3x  1  7  2x 2) 3x  1  4x  3  5x  4 3) 3x  3  5  2x  x 3  3x 2  10x  26  0. 2 3 2  x  x y  xy  xy  y  1 Câu 4 (2 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2  x  y  xy (2 x  1)  1   600. Các điểm M, N Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 1, AC = x và BAC     được xác định bởi MC  2MB và NB  2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau. Câu 6 (2 điểm). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có       1 GAGB.  GB.GC  GC .GA   (AB 2  BC 2  CA2 ) . 6 Câu 7 (2 điểm). Cho x , y, z  [2018;2019] . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: | 2018.2019  xy | | 2018.2019  yz | | 2018.2019  zx | f (x , y, z )    . (x  y )z (y  z )x (z  x )y --------------------- Hết --------------------- Họ và tên thí sinh:........................................... Số báo danh: ................................ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 Ngày thi: 26/01/2019 Câu Nội dung Điểm 1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2,0 2) Phương trình hoành độ giao điểm: x 2  2mx  2m  3  0(*) * Tìm được điều kiện để dường thẳng cắt đồ thị hàm số tai A, B là 0.5 m  3 hoặc m  1  x1  x 2  2m * Gọi x1, x 2 là các nghiệm pt (*), ta có    x x  2m  3 1(4đ)  1 2 * A(x1; 3x1  1), B(x 2 ; 3x 2  1) . Tính được   1 OAOB.  0  10x1x 2  3(x1  x 2 )  1  0 31  26m  31  0  m  26 0.5 31 Kết luận m  26  x  m  1  0  x  m  1 Hàm số xác định khi     x  2m  0  x  2m   1 Tập xá định của hàm số là D  [m  1;2m ) với điều kiện m  1  2m  m  1. 2(2đ) Hàm số xác định trên (1; 3) khi và chỉ khi (1; 3)  [m  1;2m )  m0   . Vô nghiệm. 1  m  1  1  3  2m   3  m   2 Kết luận không có giá trị của m
  2 2x  7  0 1) x  3x  1  7  2x   2  x  3x  1  (2x  7)2     7 2  x   2    x  5  x  5     x  10   3  Kết luận S  5 . 2) 3x  1  4x  3  5x  4   2  3x  1  0   4x  3  0    3x  1  4x  3  2 (3x  1)(4x  3)  5x  4       x  3 3  x  3   4  4     (3x  1)(4x  3)  3  x  11x 2  x  12  0     3(5đ)   3   x 3   4  x  1 x 1     x   12   11  Kết luận Kết luận S  1 . 3) 3x  3  5  2x  x 3  3x 2  10x  26  0. 5 Đk: 1  x  . 2 Phương trình viết lại: 1
( 3x  3  3)  ( 5  2x  1)  (x  2)(x 2  x  12)  0 3(x  2) 2(x  2)    (x  2)(x 2  x  12)  0 3x  3  3 5  2x  1 3 2  (x  2)(   x 2  x  12)  0 3x  3  3 5  2x  1  x 2     3 2     x 2  x  12  0(*)   3x  3  3  5  2x  1 5 Do x 2  x  12  0, x  [  1, ] 2 Nên (*) vô nghiệm. Kết luận S  2 .  x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1(1) Giải hệ phương trình:  4 2 (*)  x  y  xy (2 x  1)  1(2) ( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1 (*)   2 2  x  y   xy  1 1 a  x2  y a  ab  b  1 Đặt  . Hệ trở thành:  2 (*) b  xy a  b  1 3 2 2  a  a  2a  0 a(a  a  2)  0 1 Hệ (*)   2  2 b  1  a b  1  a Từ đó tìm ra (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)  x2  y  0 4(2đ) Với ( a; b )  (0; 1) ta có hệ   x  y  1.  xy  1  x2  y  1 Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ   ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .  xy  0 Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ 2  3  3  x 2  y  2 y   y     x  x  x  1; y  3 .  xy  3  x3  2 x  3  0 ( x  1)( x 2  x  3)  0   Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) .
Ta  có: đk x    0       MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  3 AM  2 AB  AC    Tương tự ta cũng có:3CN  2CA  CB      Vậy: AM  CN  AM  CN  0  (2 AB  AC )(2CA  CB)  0        (2 AB  AC )( AB  3 AC )  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB.AC  0 3 5(3đ)  1  x 2 1  4  6 x 2  5x  0   x  x  4 2  3   GA2  GB 2  AB 2 GAGB.  GAGB . .cos AGB  GAGB . . 2GAGB . Ta có 2 2 6(2đ) 4ma 4mb 2 GA  GB  AB2 2   AB 2   9 9 2 2 Tương tự ta có 2 đẳng thức như trên. Sau đó cộng lại ta được       GAGB.  GB.GC  GC .GA  2 4ma2 4mb2 4mb2 4mc2 4mc2 4ma2   AB 2   BC 2   CA2 9 9  9 9  9 9 2 2 2 8 2 (ma  mb2  mc2 )  (AB 2  BC 2  CA2 )  9 2 Sử dụng công thức đường trung tuyến ta được đpcm.
Ta chứng minh: x , y, z  [a;b ], (a >0) ta luôn có | ab  xy | b  a  x y 2  4(ab  xy )  (x  y )2 (b  a )2 2  [2ab  2xy  (x  y )(b  a )][2ab  2xy  (x  y )(b  a )]  0  [b(2a  x  y )  x (a  y )  y(a  x )]x [a(2b  x  y )  x (b  y )  y(b  x )]  0(dúng) 1 | ab  xy | b  a b  a Vậy ta có   . 7(2đ) (x  y )z 2z 2a Dấu ‘‘=’’ khi x  y  a, z  a hay x  y  z  a Áp dụng ta có: b a b a b a 3(b  a ) f (x , y, z )     2a 2a 2a 2a Dấu ‘‘=’’ khi x  y  z  a Thay a  2018, b  2019 , ta được 3 1 maxf (x , y, z )  khi x  y  z  2018 4036 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.