Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

13
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hãy tham khảo “Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên” được chia sẻ dưới đây để giúp các em biết thêm cấu trúc đề thi như thế nào, rèn luyện kỹ năng giải bài tập và có thêm tư liệu tham khảo chuẩn bị cho kì thi sắp tới đạt điểm tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán lớp 10 năm 2023-2024 có đáp án - Trường THPT Lương Ngọc Quyến, Thái Nguyên

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NĂM HỌC 2023- 2024 LƯƠNG NGỌC QUYẾN Môn: TOÁN- LỚP 10 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề Họ tên…………………………………….Lớp:……………………. Số báo danh:……………………………..Phòng thi:……………… Bài 1: (3 điểm) Cho hai tập hợp A   3; 1   2; 4  , B   m  1; m  2  . Tìm m để A  B   . Bài 2: (4 điểm) Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất? Bài 3: (4 điểm) Bạn Mai có ba lọ dung dịch chứa một loại acid. Dung dịch A chứa 10%, dung dịch B chứa 30% và dung dịch C chứa 50%. Bạn Mai lấy từ mỗi lọ dung dịch và hòa với nhau để có 50g hỗn hợp chứa 32% acid này và lượng dung dịch loại C lấy nhiều gấp đôi dung dịch loại A. Tính lượng dung dịch mỗi loại bạn Mai đã lấy.  1 cos B.cosC  4  Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC có  . Chứng minh  ABC là tam giác đều. a 2  b  c  a 3 3 3   bca      Bài 5: (3 điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm N thỏa mãn NB  3 NC  0 . Gọi P là PA giao điểm của AC và GN , tính tỉ số . PC Bài 6: (3 điểm) Cho tứ giác lồi ABCD có AC  BD và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R  1 . Đặt diện tích tứ giác ABCD bằng S và AB  a , BC  b, CD  c, DA  d . Tính giá trị biểu thức T  ab  cd  ad  bc  . S ……...HẾT……. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Học sinh không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm tay.
ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM Bài 1: 0,5 1,5 Ta đi tìm m để A  B      m  2  3  m  5 1   m  1  4  m  5    1  m  1  m  0   m  2  2  5  m  5  A B     m  0 Bài 2: Giả sử sản xuất x(kg ) sản phẩm loại I và y(kg ) sản phẩm loại II. Điều kiện x  0, y  0 và 2 x  4 y  200  x  2 y  100 Tổng số giờ máy làm việc: 3 x  1,5 y 1 Ta có 3 x  1,5 y  120 Số tiền lãi thu được là T  300000 x  400000 y (đồng). Ta cần tìm x, y thoả mãn:  x  0, y  0   x  2 y  100 (I) 1 3 x  1,5 y  120  sao cho T  300000 x  400000 y đạt giá trị lớn nhất. Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng d1 : x  2 y  100; d 2 : 3x  1,5 y  120 Đường thẳng d 1 cắt trục hoành tại điểm A(100;0) , cắt trục tung tại điểm B(0;50) . Đường thẳng d 2 cắt trục hoành tại điểm C (40;0) , cắt trục tung tại điểm D  0;80 . Đường thẳng d 1 và d 2 cắt nhau tại điểm E  20;40 . Biểu diễn hình học tập nghiệm của hệ bất phương trình (I) là miền đa giác OBEC . 1
x  0 x  0  x  20   T  0;   T  20000000 ;   T  22000000 ;  y0  y  50  y  40  x  40 1   T  12000000 y  0 Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I và 40kg sản phẩm loại II. Bài 3: Gọi lượng dung dịch loại A, B, C mà Mai đã lần lượt lấy ra là x, y, z  0  x, y, z  50  . 0,5    x  y  z  50  x  y  z  50   Theo bài ra ta có hệ phương trình:  z  2 x  z  2x . 1,5 1 3 5 32 1 3 5  x y z  .50  x  y  z  16 10 10 10 100 10 10 10 x  5  Giải hệ trên ta có  y  35 . 1,5  z  10  Vậy dung dịch loại A, B, C mà Mai đã lần lượt lấy ra là: 5  g  ,35  g  ,10  g  . 0,5 Bài 4: Ta có: (2)  a 2  b  c    b  c   b 2  bc  c 2   a 2  b 2  bc  c 2 (3) 0,5 Theo định lý cos ta có: a  b  2bc.cos A  c 2 2 (4)2 1 Từ (3) và (4) suy ra: cos A  mà 0  A  180 nên A  60 (*) 0,5 2 a2  c2  b2 a 2  b2  c2 1 Mặt khác (1)  .  (5) 0,5 2 ac 2 ab 4 Thế (3) vào (5) ta được:  2c 2  bc  2b 2  bc   1   2c  b  2b  c   1 . 0,5 b 2  c 2  bc  bc b 2  c 2  bc  5bc  2b 2  2c 2  b2  c2  bc  3  b  c   0  b  c (**) 2 0,5 Từ (*) và (**) suy ra  ABC là tam giác đều. (đpcm) 0,5 Bài 5:    Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt AP  k AC .       1     GP  AP  AG  k AC  AB  AC 3    1   1     k   AC  AB .  3 3 1    1   1     7  5          3 6 6  GN  GM  MN  AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB 6 
   Ba điểm G , P , N thẳng hàng nên hai vectơ GP, GN cùng phương. Do đó 1 1 1 k  k    1,5 3 3 3  2  k  1  7  k  4  AP  4 AC 7 5 7 5 3 15 5 5  6 6 6 4 PA  AP  AC   4. 0,5 5 PC Bài 6: 0,5 a.b. AC S .4 R Ta có : S ABC   ab  ABC 4R AC S ADC .4 R S .4 R S .4 R Tương tự ta cũng có : cd  , ad  ABD , bc  BCD 0,5 AC BD BD T  ab  cd  ad  bc  S  S ABC .4 R S ADC .4 R  S ABD .4 R S BCD .4 R       AC AC  BD BD   S S S S S S S S S  4  ABC . ABD  ABC . BCD  ADC . ABD  ADC . BCD  AC BD AC BD AC BD AC BD    S 4  S ABC .S ABD  S ABC .S BCD  S ADC .S ABD  S ADC .S BCD   S . AC.BD 4  S ABC .S  S ADC .S  4 S  S ABC  S ADC  4 S .S    2 S . AC.BD S . AC.BD S .2S 4  S ABC  S ABD  S BCD   S ADC  S ABD  S BCD      2 S . AC.BD Vậy T  2 . 0,5 .