Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 - Trường THPT Liễn Sơn

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

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn học sinh đang chuẩn bị bước vào kì thi có thêm tài liệu ôn tập, TaiLieu.VN giới thiệu đến các bạn Đề thi chọn HSG cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 - Trường THPT Liễn Sơn để ôn tập nắm vững kiến thức. Chúc các bạn đạt kết quả cao trong kì thi!

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 - Trường THPT Liễn Sơn

SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN MÔN: TOÁN – KHỐI 10. (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1. (2 điểm). Cho phương trình (m  1) x2  2(m  1) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Câu 2. (2 điểm). Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4 . Câu 3. (2 điểm). Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (1;0) . Câu 4. (2điểm).Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện ( x1  x2 )( x1 x2  1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A  x1 ( x2  1)  x2 . Câu 5. (2 điểm). Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2  x  1  0. 3  4  x  8  y  y2  7x 1  Câu 6. (2 điểm). Giải hệ phương trình      6 y  2x  4  x  y 1 2   2 x y Câu 7. (2 điểm). Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K thẳng hàng. Câu 8. (2 điểm). Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An . Bạn Bình gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể là một điểm hoặc không). Tính tổng vecto A1B1  A2 B2  ...  An Bn . Câu 9. (2 điểm). Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của tam giác ABC. Câu 10. (2 điểm). Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2 a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng:    . bc ca ab 2 ------------------Hết-------------------- Họ tên thí sinh:………………………………………..Số báo danh:…………………..
SỞ GD – ĐT VĨNH PHÚC HƯỜNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG NĂM 2018-2019 MÔN: TOÁN – KHỐI 10. Câu Nội dung Điểm 1 Cho phương trình (m  1) x  2(m  2) x  m  3  0 (x là ẩn, m là tham số). Tìm m 2 để phương trình có 2 nghiệm phân biệt. Bài làm 1 0,5 +) Với m = 1 phương trình là: 6x  2  0  x   (loai ) 3 +) Với m  1 để phương trình có 2 nghiệm : 1 0,5  '  0  8m  1  0  m  8  1 m  Vậy  8 1,0  m  1 2 Cho phương trình x2  2 x  3m  4  0 . Tìm các giá trị của m để phương trình có 2 nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x22  x12  x22  4 Bài làm 5 0,5 Để phương trình có 2 nghiệm thì  '  0  m  3  x  x  2 Theo viet ta có :  1 2 0,5  x1 x2  3m  4 Ta có: x12 x22  x12  x22  4  (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4 0,5  9m2  18m  0  m [0;2] 5 5 Kết hợp điều kiện m  ta được m  [0; ] . 0,5 3 3 3 Cho phương trình (2m  1) x2  2mx  1  0 . Xác định m để phương trình đã cho có nghiệm thuộc khoảng (1;0) . Bài làm 1 0,5 +) Xét 2m  1  0  m  phương trình là:  x  1  0  x  1 (1;0) . 2 1 +) Xét m  . Khi đó ta có : 2  '  (m  1)  0, m 2 0,5 1 Phương trình có nghiệm x  1 và x  . 2m  1 Ta thấy nghiệm x  1 không thuộc (-1; 0). Vậy để phương trình có 1 0,5 nghiệm trong khoảng (-1; 0) suy ra : 1  0 2m  1  1  1  0   2m  1 m0  0,5  2m  1  0 Vậy phương trình đã cho có nghiệm trong khoảng (-1 ;0) khi và chỉ khi
m  0. 4 Cho phương trình x2  2(m  3) x  m2  3m  1  0 (m là tham số) có 2 nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  10  0 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của A  x1 ( x2  1)  x2 . Bài làm 8 0,5 Để phương trình có nghiệm: (m  3)2  m2  3m  1  0  m   9  x1  x2  2(m  3) Theo viet:  0,5  x1 x2  m  3m  1 2 Ta có x1  x2  10  0  m  2 0,5 +) A  x1 ( x2  1)  x2  x1 x2  ( x1  x2 )  m2  m  7 8 +) Lập bảng biến thiên của hàm số f (m)  m2  m  7 trên [  ; 2] ta được 9 0,5 13 1 giá trị lớn nhất của A = 9 khi m = 2, giá trị nhỏ nhất A = khi m  2 2 5 Giải phương trình: x3  3x 2  3x  2  x  1 0 3 Bài làm Điều kiện: x  1 . x3  3x 2  3x  2  x  1  0  x3  3x( x  1)  2  x  1 0 3 3  x3  x  x  1  2  x  1  2 x  x  1  0 3 0,5  x  x 2   x  1   2  x  1  x  1  x   0   x 1  x x    x  1  x  2  x  1  0   2  2  x 1  x x 1  x  0  x 1  x 0,5   x  2 x  1  0  x  0   1 5  x  1  x 2 x    2 0,5     x 0  x  2  2 2   4  x  1  x 2  1 5 Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm x  2  2 2; x  . 0,5 2
6  4  x  8  y  y 2  7 x  1(*)  Giải hệ phương trình   2  x  y   6 y  2x  4  x  y 1 2  Bài làm:  y  1 0,5 Điều kiện:  0  x  4 2  x  y   6 y  2x  4  x  y  1 2  2 x 2  4 xy  2 y 2  6 y  2 x  4  x  y  1  2 x( y  1)  2[x 2  2 x( y  1)  ( y  1) 2 ]  x  y  1  2 x( y  1) 0,5  2( y  1  x)  ( x  y  1) 2  0  y  x 1 Thay vào phương trình (*) ta được: (*)  ( x 2  3x  3)  x  1  4  x  x  2  x  7  0      x 2  3x  3 1  1  1 0 0,5  x 1 4  x x  2  x  7   1 1   x2  3x  3  0 , 1    0, x  [0;4]  x 1 4  x x  2  x  7   3  21 x  2   3  21 x  (l )  2 0,5  3  21 x   2 Vậy hệ phương trình có nghiệm:   y  5  21  2 7 Cho tam giác  ABC . Điểm M thuộc cạnh BC sao cho MC = 3MB, I là điểm thuộc đoạn AM sao cho AI = 3IM. Xác định điểm K thuộc cạnh AC sao cho 3 điểm B, I, K thẳng hàng. Bài làm Đặt AB  a; AC  b và AK  t AC Khi đó: BK  a  tb     3 3 1 1 0,5 Ta có: AI  AM = AB  BM ; BM  BC  AC  AB 4 4 4 4 9 3  AI  a  b 16 16 9 3 7 3 Mà BI  AI  AB  a  b  a =   a  b 0,5 16 16 16 16 Để 3 điểm B,I,K thẳng hàng thì 7 3 0,5 m : BK  mBI  a  tb   a  b 16 16
 7m  16 1  16 m  7   t  3m t  3 0,5  16  7 3 3 Suy ra: AK  AC . Vậy điểm K thuộc đoạn AC sao cho AK  AC . 7 7 8 Cho n điểm phân biệt trong mặt phẳng. Bạn An gọi chúng là A1 , A2 ,..., An . Bạn Bình gọi là B1 , B2 ,..., Bn ( Ai , Bi có thể cùng là một điểm hoặc không). Tính tổng vectơ A1B1  A2 B2  ...  An Bn Bài làm Lấy điểm O bất kỳ. Khi đó : A1B1  A2 B2  ...  An Bn  A1O  A2O  ...  AnO  OB1  OB2  ...  OBn 1,0 Vì  A1 , A2 ,..., An   B1 , B2 ,..., Bn  nên OB1  OB2  ...  OBn  OA1  OA2  ...  OAn Do đó : 1,0 A1B1  A2 B2  ...  An Bn  0 . Cho tam giác  ABC với A(1; 3), B(2;5), C(4;0) . Xác định trực tâm H của tam giác ABC. Bài làm :  AH .BC  0 0,5 Giả sử H ( x; y) . Do H là trực tâm của tam giác ABC nên ta có   BH . AC  0 Ta có : AH   x  1; y  3 ; BH   x  2; y  5 0,5 BC   2; 5 ; AC   5;3 9  2  x  1  5  y  3   0 Ta có hệ phương trình :  5  x  2   3  y  5   0 0,5  164  x 2 x  5 y  13  31   5 x  3 y  25  y  15  31  164 15  Vậy điểm H  ;   31 31  Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn 10 a 2  b2  b2  c2  c2  a 2  3 2
a2 b2 c2 3 Chứng minh rằng:    bc ca ab 2 Bài làm: Đặt x  a 2  b2 ; y  b2  c 2 ; z  c 2  a 2 khi đó x, y, z  0 và ta có x yz 3 2 0,5 Ta có : x 2  y 2  z 2  2  a 2  b 2  c 2  Do đó ta được : x2  y 2  z 2 2 x2  y 2  z 2 2  x2  y 2  z 2 a  2 ;b  ;c  2 2 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có :  b  c   2(b 2  c 2 )  2 y 2 2 a2 x2  y 2  z 2 Suy ra :  bc 2y 2 b2 x2  y 2  z 2 c2  x2  y 2  z 2 Tương tự ta cũng có :  ;  ca 2z 2 ab 2x 2 0,5 Do đó : a2 b2 c2 x2  y 2  z 2 y x2  y 2  z 2 z x2  y 2  z 2 x         bc ca ab 2y 2 2 2z 2 2 2x 2 2 1 1 1 1 x y z  ( x2  y 2  z 2 )      2 2 x y z 2 0,5 1 21 1 1  ( x  y  z)      3 6 2 x y z 1 1 1 1 = ( x  y  z )( x  y  z )      3 6 2 x y z 9.3 2 3  3  6 2 2 0,5 Vậy bđt được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khí a=b=c=1