Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10

Chia sẻ: Phan Doanh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:11

Thêm vào BST

Báo xấu

307
lượt xem 69
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 kèm đáp án dành cho các em học sinh đang chuẩn bị cho kỳ kiểm tra, qua đó các em sẽ được làm quen với cấu trúc đề thi và củng cố lại kiến thức căn bản nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

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

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT VTC NĂM HỌC 2013- 2014 Môn thi : TOÁN LỚP : 10 Thời gian : 120 ‘ ( Không kế thời gian giao đề ) ĐỀ CHÍNH THỨC Bài 1 : Giải các phương trình : a, |4 − 9| = 3 – 2x b, √5 + 6 = x – 6 Bài 2 : Tìm hai cạnh của một mảnh vườn hình chữ nhật trong hai trường hợp : a, Chu vi là 94,4 m ; diện tích là 494,55 b, Hiệu của hai cạnh là 12,1m và diện tích là 1089 ( )( ) Bài 3 : Cho hàm số : = a, Lập bảng xét dấu biểu thức trên. ( )( ) b, Áp dụng giải bất phương trình : ≤0 Bài 4 : Cho ⃗ = (2 ; 1), ⃗ = (3; −4); ⃗ = (-7 ; 2) a, Tìm tọa độ vectơ ⃗ = 3 ⃗ + 2 ⃗ – 4 ⃗ b, Tìm tọa độ vectơ ⃗ sao cho ⃗ + ⃗ = ⃗ - ⃗ c, Tìm các số k và h sao cho ⃗ = k ⃗ + h ⃗ Bài 5 : Tam giác ABC có các cạnh : a = 13m , b = 14m , c =15m a, Tính diện tích tam giác ABC. b, Tính bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC. -----------------Hết ---------------- Họ tên thí sinh ………………………….. Số báo danh :……………
ĐÁP ÁN TT Nội dung Điểm Câu 1 (4đ) a, |4 − 9| = 3 – 2x , ĐK : x ≤ 4x -9 =3 -2x  x = 2 (loại) 4x -9 =2x – 3  x = 3 (loại) 2đ  Pt vô nghiệm b, √5 + 6 = x – 6 , Đk : x ≥ 6  5x +6 = – 12x + 36  – 17x + 30 = 0 x= 15 (tm)và x =2(loại)  Pt có nghiệm x=15. 2đ Câu 2 Gọi 2 cạnh của hình chữ nhật là a, b, (a, b >0 ). Theo bài ra ta có : (3đ) a, 2(a+b) =94,4 ; a.b = 494.55  a = 31,5m và b= 15,7m 1,5đ b, a – b = 12,1 ; a.b = 1089  a= 39,6m và b= 27,5m. 1,5đ Câu 3 a, Bảng xét dấu. (4đ) x -∞ -5 3/2 2 +∞ 2x -3 - I - 0 + I + x+5 - 0 + I + I + 2-x + I + I + 0 - f(x) + 0 - 0 + II - 1đ Kết luận : f(x) > 0  x ∈ (-∞ ; -5) ∪ (3/2 ; 2) f(x) < 0  x ∈ (-5; 3/2) ∪ (2 ; +∞) f(x) = 0  x = -5 và x= 3/2. 1đ f(x) không xác định khi x =2. b, Dựa vào bảng xét dấu trên ta có ngay : ( )( ) ≤ 0  x ∈[-5; 3/2] ∪ (2 ; +∞) 2đ
Câu 4 ⃗ = (2 ; 1), ⃗ = (3; −4); ⃗ = (-7 ; 2) (5đ) a, Ta có ⃗ = 3 ⃗ + 2 ⃗ – 4 ⃗ = 3(2 ; 1) + 2(3; −4) - 4(-7 ; 2) = (6;3) + (6; -8) – (-28 ; 8) = (6 +6 +28; 3 -8 -8) 2đ ⃗ = (40 ; -13) b,Ta có ⃗ + ⃗ = ⃗ - ⃗  ⃗ = ⃗ - ⃗ - ⃗ = (3; −4) - (-7 ; 2) - (2 ; 1) 2đ ⃗ = (3 + 7 – 2 ; -4 -2 -1) =(8 ;-7) c, Ta có ⃗ = k ⃗ + h ⃗  (-7 ; 2) = k (2 ; 1) + h (3; −4)  (-7 ; 2) = (2k + 3h ; k -4h) 1đ Vậy : 2k + 3h = -7 và k - 4h = 2  k = -2; h = -1 Câu 5 (4đ) a, Ta có : P = = = 21 Áp dụng công thức Hê- rông. S= ( − )( − )( − ) = √21.8.7.6 = 84 2đ b, Áp dụng công thức S = pr ta có r = = =4 Vậy đường tròn nội tiếp tam giác ABC có bán kính là r =4m . . 2đ Từ công thức S = => R = = = 8,125m .
Đề thi toán lớp 10 dành cho học sinh giỏi
ĐỀ SỐ 104  x 1 x  1  1  x Bài 1: Cho các biểu thức A=    . x      B=  x 1 x  1  x 1 1 x a) Tìm x để A và B có nghĩa b) Tìm giá tị lớn nhất và giá tị nhỏ nhất của B c) Với giá trị nào của x thì A = B Bài 2: Cho hàm số y = -2.x2 có đồ thị là (P) và đường thẳng (Dk) : y = - k.x + k . Định k để (Dk) a) Không cắt (P) b) Cắt (P) c) Tiếp xúc với (P) .Tìm tọa độ tiếp điểm trong trường hợp này Bài 3: Lấy một số tự nhiên có hai chữ số chia cho số viết bởi hai chữ số ấy có thứ tự ngược lại thì được một số bằng tổng bình phương của mỗi chữ số đó .Tìm số tự nhiên đó Bài 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O;R) .M là điểm di động trên cung lớn BC , từ M dựng đường vuông góc với AB ,BC và AC lần lược tại H, K ,P .Chứng minh : a) BKMH nội tiếp b) Tam giác MHK đồng dạng tam giác MAC
c) Tìm vị trí của M để độ dài đoạn HK đạt giá trị lớn nhất 4x 5x Bài 5: Giải phương trình : 2  2  1 x  8 x  7 x  10 x  7 c
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HẢI DƯƠNG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN THI: TOÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,5 điểm) a) Cho hàm số y  x 2  3x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thẳng AB đến các trục tọa độ bằng nhau. b) Giải bất phương trình: 1 1  0 2 x  4x  3 2x  4 Câu 2 (2,5 điểm) a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; Khoảng cách từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C nằm trên trục tung. b) Cho tam giác ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung tuyến BM 3 và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin   5 Câu 3 (2,5 điểm)   2   a) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các điểm thỏa mãn: BD  BC; 3  1    AE  AC . Tìm vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. 4 b) Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c. Xác định điểm I       thỏa mãn hệ thức: b2 IB  c2 IC  2a 2 IA  0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức ( b2 MB2  c2 MC2  2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất. Câu 4 (2,5 điểm) a) Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x 2  1  2  5 x 2  4 x  b) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng: 1  1  x2 1  1  y2 1  1  z 2    xyz . x y z …………………Hết…………………. Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ ký của giám thị 1:………………….Chữ ký của giám thị 2:………………………
ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012 – 2013 Câu Ý Nội dung Điểm 2 Cho hàm số y  x  3 x  2 và hàm số y   x  m . Tìm m để đồ thị các 1 a hàm số đó cắt nhau tại hai điểm phân biệt A, B đồng thời trung điểm của đoạn 1,25 thẳng AB cách đều các trục tọa độ. Yêu cầu bài toán  PT sau có hai nghiệm phân biệt 0,25 x 2  3x  2   x  m hay x 2  2 x  2  m  0 (*)có  '  0  m>1 x  xB Gọi x A ; x B là 2 nghiệm của (*), I là trung điểm AB ta có x I  A  1; 2 yI  x I  m  m  1 0,25 Yêu cầu bài toán  y I  x I 0,25  m  1  1  m  2; m  0 0,25 Kết hợp ĐK, kết luận m  2 0,25 1 1 Giải bất phương trình:   0 (1) b 2 x  4x  3 2x  4 1,25  x 2  4 x  3  0 TXĐ:   1  x  2;2  x  3 0,25 x  2 (1)  1 1  2 x  4x  3 2x  4 Nếu 1  x  2 thì  x 2  4 x  3  0  2 x  4 , bất phương trình nghiệm đúng 0,25 với mọi x: 1  x  2 2 x  4  0 Nếu 2  x  3   2  x  4x  3  0  0,25 2 bất pt đã cho  2x  4   x  4x  3  4 x 2  16 x  16   x 2  4 x  3  5 x 2  20 x  19  0 5 5 0,25 x  2 ;x  2 5 5 5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 2   x3 5 5 0,25 Tập nghiệm của bpt đã cho: (1;2)  (2  ;3) 5 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có B(1;2) . Đường thẳng  là đường phân giác trong của góc A có phương trình 2x  y  1  0 ; khoảng cách 2 a từ C đến  gấp 3 lần khoảng cách từ B đến  . Tìm tọa độ của A và C biết C 1,25 nằm trên trục tung. 3 y0  1 D(B;  )= ; C(0:y0) ; D(C;  )= , theo bài ra ta có 0,25 5 5
y0  1 9   y 0  10; y 0  8 5 5 Vẽ hệ trục tọa độ, điểm B, chú ý C khác phía B đối với  suy ra C(0;-8) 0,25 Gọi B’(a;b) là điểm đối xứng với B qua  thì B’nằm trên AC.    Do BB'  u   (1; 2) nên ta có: a  2b  3  0 ; 0,25 Trung điểm I của BB’ phải thuộc  nên có: 2a  b  2  0 Từ đó ta có: a= -7/5; b=4/5  3   Theo định lý Ta - Let suy ra CA  CB ' 2 0,25    7 44   A(x; y);CA   x; y  8  ; CB'    ;   5 5  21 26 Từ đó suy ra A( ; ) ;C(0;-8) 0,25 10 5 Xét các tam giác vuông ABC vuông ở A, gọi  là góc giữa hai đường trung b tuyến BM và CN của tam giác. Chứng minh rằng sin   3 1,25 5 B Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C c2 của tam giác. Có CN 2  b 2  4 N b2 0,25 G BM 2  c2  4 A C M BG 2  CG 2  BC 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC  2BG.CG 0,25 2(b 2  c2 ) 2 2 2(b  c ) = ; Do đó cos  (4c 2  b 2 )(4b2  c 2 ) (4c2  b 2 )(4b 2  c2 ) 5(b2  c 2 ) Có (4c2  b 2 )(4b 2  c2 )  ;"  "  4c2  b 2  4b 2  c2  b  c 0,25 2 2(b 2  c2 ) 2(b 2  c2 ).2 4 Do đó cos    0,25 (4c2  b 2 )(4b 2  c2 ) 5(b 2  c2 ) 5 3 0,25 Hay sin   1  cos 2   . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 5  2   1      Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Tìm 3 a 3 4 1,25 vị trí của điểm K trên AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng.
 1     1  3    A Vì AE  AC  BE  BC  BA(1) 4  4   4   E Giả sử AK  x.AD  BK  x.BD  (1  x)BA K 0,25 B D C  2       2x    Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK  BD  (1  x)BA 3 3 0,25   Vì B, K, E thẳng hàng(B  E ) nên có m sao cho BK  mBE m  3m  2x      0,25 Do đó có: BC  BA  BC  (1  x)BA 4 4 3  m 2x    3m    Hay    BC  1  x   BA  0 0,25 4 3   4     Do BC; BA không cùng phương nên m 2x 3m 1 8   0 &1  x   0 Từ đó suy ra x  ; m  4 3 4 3 9 0,25  1  Vậy AK  AD 3 Cho tam giác ABC vuông ở A; BC = a; CA = b; AB = c.      3 b Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: 2a 2 IA  b2 IB  c2 IC  0 ; Tìm điểm M: biểu 1,25 thức 2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC 2 đạt giá trị lớn nhất. Kẻ đường cao AH, ta có A b 2  a.CH;c 2  a.BH nên b 2 .BH  c2 .CH . Do đó: 0,25    C b2 .BH  c 2 .CH  0 B H       Suy ra b2 .IB  c 2 .IC  b2 .IH  c 2 .IH  a 2 .IH 0,25     Kết hợp giả thiết suy ra 2a 2 .IA  a 2 .IH hay 2.IA  IH 0,25 Do đó điểm I thỏa mãn gt là I thỏa mãn A là trung điểm IH       Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  0 (*) bình phương vô hướng 2 vế    (*), chú ý rằng 2IA.IB  IA 2  IB2  AB2 ta có: 0,25 (x.IA 2  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc 2  xzb 2  yza 2 Từ đó có (2a 2 .IA 2  b 2 .IB2  c2 .IC 2 )  3b 2c2
     Mặt khác xMA 2  x(IA  IM) 2  x(IM 2  IA 2  2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 rồi cộng các đẳng thức đó lại ta có xMA2  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM 2  xIA 2  yIB2  zIC2 0,25 Thay số có: 2a 2 MA 2  b 2 MB2  c 2 MC2  a 2 IM 2  3b 2c 2  3b 2c 2 Dấu bằng xảy ra khi M trùng I 4 a 2 2  Giải phương trình: 1   6 x  2  2 x  1  2 5 x  4 x  1,25 (*) 1 1 ĐK: x  ;x   0,25 2 2 (*)  (3x  1)2  (2x 2  1)  2(3x  1) 2x 2  1  1  (3x  1) 2  (2x 2  1)  (10x 2  8x) 0,25 2   3x  1  2x  1 2    x  1 2  2x 2  1  2x  2(a)   2x 2  1  4x(b) 0,25  4  6 Giải(a) và đối chiếu ĐK có 1 nghiệm x  2 0,25 4  6 Giải (b) vô nghiệm. Kết luận (*) có 1 nghiệm x  0,25 2 Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn x  y  z  xyz . Chứng minh rằng: b 1  1  x2 1  1  y2 1  1  z2 1,25    xyz (I) x y z 1 1 1 Giả thiết suy ra:    1 . Ta Có: xy yz zx 1 x2 1 1 1 1  1 1  1 1  1  2 1 1  0,25  2               ;"  "  y  z x x xy yz zx  x y  x z  2  x y z  Viết hai BĐT tương tự rồi cộng lại ta được: 1  1  x2 1  1  y 2 1  1  z 2  1 1 1 0,25    3     ;"  "  x  y  z x y z x y z 1 1 1 2 2 Ta sẽ CM: 3      xyz  3  xy  yz  zx    xyz    x  y  z  0,25 x y z 2 2 2   x  y    y  z    z  x   0 Điều này luông đúng 0,25 Dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z Vậy (I) được CM, dấu bằng có khi và chỉ khi x=y=z= 3 0,25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.