Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội được biên soạn với mục tiêu cung cấp thêm tư liệu tham khảo cho các em học sinh trong quá trình ôn luyện, luyện thi học sinh giỏi cấp trường.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT TRƯỜNG PHÙNG KHẮC KHOAN NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút (Đề thi gồm 01 trang) =============================================================== Câu 1 (4,0 điểm): Cho parabol (P): y   x 2 và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là x1; x2 . 1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung. 2) Chứng minh rằng x13  x23  2  k  R  Câu 2 (2,0 điểm): Giải bất phương trình sau :  x2  8x  12  10  2 x   mx 2  x  5  0 Câu 3 (4,0 điểm): Cho hệ bất phương trình  1  m  x  2mx  m  2  0 2  a) Giải hệ bất phương trình khi m  1 b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x Câu 4 (5,0 điểm): a/ Giải phương trình:  x 2  3x  1  x  x 2  1. 3  4 x . b/ Cho tam giác ABC có diện tích S và các cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện a 2  b2 cotA + cotB= . Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. 2S Câu 5 (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A  3; 1 , B  1; 2  và I 1;1 . Xác định tọa độ các điểm C , D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành biết I là trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa tâm O của hình bình hành ABCD . Câu 6 (1,0 điểm): bc ca ab  1 1 1  Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn    2     . Chứng minh a b c  ab bc ca  rằng: a2  b2  c2  3  2(ab  bc  ca) . ……………..Hết……………. Họ và tên thí sinh:……………………………...................................Số báo danh: ………………….......... Chữ ký của giám thị 1:………………………………..Chữ ký của giám thị 2:..............................................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT TRƯỜNG PHÙNG KHẮC KHOAN NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Lưu ý: Điểm toàn bài lấy điểm lẻ đến 0, 5; thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Câu Nội dung Điểm Cho parabol (P): y   x và đường thẳng (d) đi qua điểm I (0; 1) và có hệ số 2 góc là k . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có 2. hoành độ là x1; x2 . 1) Tìm k để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung. + Đường thẳng (d) có pt: y kx 1 0,5 + PT tương giao (d) và (P): x2 kx 1 x2 kx 1 0(*) 0,5 + (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt x1; x2 vì k2 4 0 k 0,5 x1  x2 k + Trung điểm M của AB có hoành độ là  ; M nằm trên trục tung 2 2 k 0,5 0k 0 2 2) Chứng minh rằng x13  x23  2  k  R  2, I Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1 0,5 Ta có: x13  x23  ( x1  x2 ) ( x1  x2 )2  x1x2  = x1  x2 . ( x1  x2 )2  x1 x2 0,5 2 2 Có x1 x2 x1 x2 4 x1x2 k2 4 0,5  x13  x23 = k 2  4(k 2  1)  2 , k  R . Đẳng thức xảy ra khi k = 0 0,5 Câu 2 (2,0 điểm): Giải bất phương trình sau :  x2  8x  12  10  2 x 2,00 TXĐ:  x2  8x  12  0  2  x  6 0,5 Nếu 5  x  6 thì  x2  8x  12  0  10  2 x , bất phương trình nghiệm đúng với mọi x: 5  x  6 0,5 10  2 x  0  Nếu 2  x  5   bất pt đã cho    x 2  8 x  12  0 28 0,5   x2  8x  12  4 x2  40 x  100  5 x 2  48 x  112  0  4  x  5 Kết hợp nghiệm, trường hợp này ta có: 4  x  5 Tập nghiệm của bpt đã cho: (4;6] 0,5
  mx 2  x  5  0 Câu 3 (2,0 điểm): Cho hệ bất phương trình  1  m  x  2mx  m  2  0 2  a) Giải hệ bất phương trình khi m  1 b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x Giải hệ bất phương trình khi m  1 2,00 Khi m  1 hệ bất phương trình trở thành …. 0,5 1  21 1  21 x  x  5  0  x 2  1  21  x  1  21 2   2  2x  3  0  x 3 2 2 1,0  2 1  21 1  21  Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình là S   ;   2 2  0,5 b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x 2,00  x  5  0 Khi m  0 hệ bất phương trình trở thành  2 (vô nghiệm) do đó m  0 không thỏa mãn x  2  0 yêu cầu bài toán 0,5 Khi m  1 theo câu a ta thấy cũng không thỏa mãn yêu cầu bài toán m  0 Khi  ta có hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi các bất phương trình m 1 trong hệ bất phương trình nghiệm đúng với mọi x  m0 m  0     1 0,5    1  1  20 m  0  m     20  1 m  0 m  1  '2  m  1  m  m  2   0 2    2m  m  2  0  2 m  0  m   1  20 1  17 1   m  m  1 4 20  1  17 1  17 0,5  m  4 4 1  17 1 Vậy m là giá trị cần tìm. 0,5 4 20 Câu 4a (2,0 điểm): 2,0
a/ Giải phương trình:  x 2  3x  1  x  x 2  1. 3  4 x . Đặt u   x;1 , v   2  3x ;  1  x  0,5 từ phương trình ta có u.v   u . v suy ra cos(u, v) =-1 Như vậy: u, v ngược hướng … 1,5 2  3x  1  x Suy ra:  (1) x 1 0,5 1  5 0,5 Giải (1) và thử lại ta thấy phương trình đã cho có nghiệm là x  2 Câu 4b (2,5 điểm): b/ Cho tam giác ABC có diện tích S và các cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn a 2  b2 điều kiện cotA + cotB= . Chứng minh rằng tam giác ABC vuông. 2,0 2S cos A b 2  c 2  a 2 b 2  c 2  a 2 cos B c 2  a 2  b 2 c 2  a 2  b 2 cot A    , cot B    sin A 2bc sin A 4S sin B 2ca sin B 4S c2  cot A  cot B  2 2S c2 a 2  b2   2S 2S  c  a  b2  tam giác ABC vuông tại C 2 2 0,5 Câu 5 (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A  3; 1 , B  1; 2  và I 1;1 . Xác định tọa độ các điểm C , D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành biết I là trọng tâm tam giác ABC . Tìm tọa tâm O của hình bình hành ABCD . 4,00 Vì I là trọng tâm tam giác ABC nên x  xB  xC xI  A  xC  3xI  xA  xB  1 3 1 y  yB  yC yI  A  yC  3 yI  y A  yB  4 2 Suy ra C 1;4  1 Tứ giác ABCD là hình bình hành suy ra 1  3  1  xD  xD  5 AB  DC     D( 5; 7 ) 2  1  4  yD  yD  7 1 Điểm O của hình bình hành ABCD suy ra O là trung điểm AC do đó x x y  yC 5  5 xO  A C  2, yO  A    O  2;   1 2 2 2  2
bc ca ab  1 1 1  Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn    2     . Chứng minh rằng: a b c  ab bc ca  a 2  b2  c 2  3  2(ab  bc  ca) . Câu 6 Nội dung ĐIỂM 1,0 đ Giả thiết tương đương với bc ca ab  1 1 1  1 1 1  2     3 a b c  ab bc ca  1 1 1 2   a  b  c     3  a b c abc  0,25 đ  (a  b  c)(ab  bc  ac  2)  3abc Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: ( a  b  c )3 (a  b  c)(ab  bc  ac  2)  3abc  9 (a  b  c) 2 Do đó: ab  bc  ac  2   18  9(ab  bc  ca)  (a  b  c)2 9 0,25đ 9 (a  b  c)2 7(ab  bc  ca)  (a 2  b2  c 2 )  3  (ab  bc  ca)   6 6 6 7(ab  bc  ca)  5(a 2  b2  c 2 )  a 2  b2  c 2  3  6 0,25đ Do a 2  b2  c2  ab  bc  ca, a, b, c nên 7(ab  bc  ca)  5(a 2  b2  c 2 )  2(ab  bc  ca) 6 Vậy a 2  b2  c2  3  2(ab  bc  ca) 0,25đ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  1 .