Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 10

Chia sẻ: Sunny_1 Sunny_1 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

262
lượt xem 47
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Các bạn học sinh và quý thầy cô tham khảo đề thi chọn lọc học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 10 của sở giáo dục và đào tạo tỉnh Hà Tĩnh để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 10

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi có 01 trang, gồm 4 câu) Câu 1. a) Giải phương trình: x 2  7 x  10  2 x  2 .  x 2  y 2  2 x  2 y  3 b) Giải hệ phương trình:  2  .  y  2 xy  2 x  4  Câu 2. Tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và có diện tích bằng 1. Chứng minh rằng: 2012a 2  2010b 2  1005c 2  4 2010 . Câu 3. a) Xác định hình dạng tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác sin C đó thỏa mãn hệ thức:  2. SinA cos B b) Cho hình thoi ABCD, biết đường thẳng AB, AC lần lượt có phương trình 2x – y + 7 = 0, 3x – y + 8 = 0 và đường thẳng BC đi qua điểm 13 M(-4; ). Lập phương trình đường thẳng CD. 2 3 Câu 4. Các số thực x, y, z dương thỏa mãn điều kiện: x + y + z = . Tìm giá trị 2 x 2  xy  y 2 y 2  yz  z 2 z 2  zx  x 2 nhỏ nhất của biểu thức: M =   . 4 yz  1 4 zx  1 4 xy  1 ------------------------------------------Hết-------------------------------------------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không được giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………………… Số báo danh :………………………………………………………………….
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2012-2013 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 1 trang, gồm 5 câu) Câu 1. a) Giải bất phương trình x 2  6 x  2  2(2  x) 2 x  1.  x5  xy 4  y10  y 6  b) Giải hệ phương trình:  2  4x  5  y  8  6  Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm  x 2  m  y ( x  my)   2  x  y  xy  Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm I (2; 4) và các đường thẳng d1 : 2 x  y  2  0, d 2 : 2 x  y  2  0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1 tại A, B và cắt d2 tại C , D thỏa mãn AB 2  CD 2  16  5 AB.CD. Câu4. 1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân CM 3 giác trong AL và  52 5 . AL 2 b Tính và cos A . c 9 2. Cho a,b  thỏa mãn: (2  a )(1  b)  2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  16  a 4  4 1  b 4 Câu 5. Cho f  x   x 2  ax  b với a,b  thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân biệt và 1  m, n, p  9 sao cho: f  m   f  n   f  p   7 . Tìm tất cả các bộ số (a;b). _____________ Hết _____________ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………Số báo danh: ……………… 1
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN (Hướng dẫn chấm gồm 4 trang) Câu1 Đáp án Điểm 1 Điều kiện: x  . Đặt t  2 x  1 ( t  0 ) thì 2 x  t 2  1. Khi đó ta có 2 1.0 x  6 x  2  2(2  x)t  0  x 2  2tx  4t  3(t 2  1)  2  0 2  ( x  t ) 2  (2t  1) 2  0  ( x  3t  1)( x  t  1)  0 0.5 3 điểm 1  x  1  t (do x  3t  1  0; x  ; t  0 ). 0.5 2 x  1 Với x  1  t ta có x  1  2 x  1   2  x  2  2.  x  2x  1  2x 1 1.0 Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S  [2  2;  ).  x5  xy 4  y10  y 6 (1)  5  Điều kiện: x   0.5 2  4 x  5  y  8  6 (2)  4 Th1: y  0  x  0 không thỏa mãn 0.5 Th2: y  0 ta có: 5 x x (1)      y 5  y  (t  y )(t 4  t 3 y  t 2 y 2  ty 3  y 4 )  0 với t=x/y  y y 0,5 3 điểm  (t  y) (t 2  y 2 ) 2  (t  y ) 2 (t 2  yt  y 2 )  2   0    t=y hay y 2  x Thay vào (2): 4 x  5  x  8  6  2 4 x 2  37 x  40  23  5 x  23 x  1  5  x  1  y  1  x 2  42 x  41  0  Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y )  (1;1);( 1;1) 0.5  my 2  y  m  0 (1)  Câu2 Hệ đã cho tương đương với:  2 0,5  x  yx  y  0 (2)  y  0 Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là  x  y 2  4 y  0   0,5  y  4 Th1: m  0, ta có y  0, x  0. Suy ra m  0 thỏa mãn. 0,5 2
3 điểm Th2: m  0. Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) (*) là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4; 0), điều kiện là   1  4m 2  0  1 1   m  (;  2 )  ( 2 ; )   1  4m 2  0  2       1  4m  0   1  m  0    1  4 m2  0      4  y  0   1  1  4m 2   2 (B) 0.5   4  0  2  1  2m   1  4m  1  8m ( A)   4  y 2  0     2 1  1  4m 2   1  4 m  1  8 m  4  0   2m  (với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).  1 1  2  m   8 1 4 4 1 (A)    m  (B)  m  (;  )  ( ;  ) 0,5  1  4 m 2  1  8 m 2 17 17 2  Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một nghiệm thuộc khoảng (; 4]  [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là 0,5 4 1 4 1  m  ; m  0. Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là m . 17 2 17 2 Gọi hình chiếu của I trên d1 , d2 lần lượt là E , F . khi đó 2 6 0,5 IE  d ( I ;d1 )  ; IF  d( I ;d 2 )  . 5 5 6 Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R  ) 5 1 4 36 Câu3 AB  2 AE  2 R  ; CD  2CF  2 R 2  2 5 5 3 điểm  4  36  4 36 Theo giả thiết ta có: 4  R 2    4  R 2    16  20 R 2  R2  . 0,5  5  5  5 5  8 R 2  16  4 (5 R 2  4)(5 R 2  36)  2 R 2  4  (5 R 2  4)(5 R 2  36) 6 6 0.5  (2 R 2  4)2  (5 R 2  4)(5 R 2  36) (do R  )  R  2 2 ( do R  ) 5 5 Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x  2) 2  ( y  4) 2  8. 0.5   b   c  Ta có: AL  AB  AC 0.5 bc bc         CA  CB AB  2 AC  CM   0.25 2 2     4.a Theo giả thiết: AL  CM  AL.CM  0 0.25 3 điểm          b AB  c AC AB  2 AC  0  bc 2  bc 2 cos A  2cb 2 cos A  2cb 2  0 0.5   c  2b 1  cos A   0  c  2b (do cos A  1) b 2  a 2 c 2 a 2  b2 Khi đó: CM 2    0.25 2 4 2 3
1   2 1     2 AL2  9   9  9  AB  AC  AB 2  AC 2  2 AB. AC   9b 2  a 2  0.5 2 2 2 CM 3 CM 9 a b 9 AL 2  52 5  AL 2  . 2 4 9b  a 2  52 5 4   2 2 0.5 a b a2  2 52 5  2  6 5 9b  a 2 b 2 2 2 2 2 b c a 5b  a 5 1 cos A   2  0.25 2bc 4b 4 a b C/M được : a 2  b 2  c 2  d 2  (a  c)2  (b  d ) 2 . ấu bằng xẩy ra khi:  0.5 c d 2 2 p  a2   a2  (a 2  4b 2 ) 2 Áp dụng (1) ta có :  1     1  b4  4    b2   4  0.5 4  4   4  16 9 5 Mặt khác: (1  2a )(1  b)   a  2b  ab  (2) 0.25 2 2 4.b  a 2  1  2a 3 điểm  3(a 2  4b 2 ) Mà:  4b 2  1  4b   2  2a  4b  2ab  a 2  4b 2  2 (3) 0.75  a 2  4b 2 2   2ab  2 1 Từ (1) và (3) suy ra: p  2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b  2 0.5 1 Vậy: MinP  2 17 Đạt được khi a=1 và b  . 2 3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên: Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7  loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm 0,5 phân biệt Th2: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m  p  n  p ta có: m,n là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 và p là nghiệm pt: x 2  ax  b  7  0 nên : 0,5  n  p  2 m  n  a   n  m  9(l ) 2 điểm   p  m  7 (n  p )(n  p  a )  14  (n  p )( p  m)  14   (m  p )( m  p  a )  14 n  p  2    n  m  9(l )   p  m  7  Th3: f (m)  f (n)  7 và f ( p )  7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có: 0,5  m  p  7 m  p  7 ( p  n )(m  p )  14   hoặc  p n  2  p  n  2 Do m,n,p  1;9  nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17), (13; 29), (7; 1), (9; 7) . 0.5 Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng. 4