Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4, Thanh Hóa

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

41
lượt xem 3
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 Triệu Sơn 4, Thanh Hóa chia sẻ dưới đây giúp học sinh có thêm tư liệu luyện tập và so sánh kết quả, cũng như tự đánh giá được năng lực bản thân.

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 Triệu Sơn 4, Thanh Hóa

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 NĂM HỌC 2019-2020. Môn thi: Toán, Lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 3 năm 2020. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang Câu I. (4 điểm) Cho hàm số: y  x2  2  m  1 x  m2  4m  2 (1) 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  x  3 tại hai điểm phân biệt A, B sao cho A và B nằm ở hai phía trục tung. Câu II. (4 điểm) 1. Giải phương trình: x 2  6 x  8  2 x 2  6 x   7x  y  2x  y  5 2. Giải hệ phương trình:   x  y  2 x  y  1.  Câu III. (4 điểm) x5 1. Giải bất phương trình: 1 1 x 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:  x 2  6 xy  10 y 2  m2  5m  8  x  2 y  2 Câu IV. (6 điểm) 1 1 2 1. Cho hình vuông ABCD; E, F, I là các điểm xác định bởi BE  BC , CF   CD , BI  BF . 3 2 5 Chứng minh rằng A, E, I thẳng hàng và góc AIC  900 . 2. Tam giác ABC có các cạnh AB  2 , AC  3 và BAC  1200 . Tính diện tích và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có M  2;1 là trung điểm cạnh huyền AC, điểm B  0; 3  . Tìm tọa độ điểm C biết điểm A thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương. Câu V. (2 điểm) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  zx  6 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y 3 z 3 54 P 2  2  2  y z x 6  xy  yz  zx -------------- HẾT -------------
SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 NĂM HỌC 2019-2020. Môn thi: Toán, Lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Ngày thi: 22 tháng 3 năm 2020. Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề). Đề thi này có 05 câu, gồm 01 trang Câu Ý Nội dung Điểm I. 1. Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị... 2,00 (4.0) Khi m  1, hàm số đã cho trở thành: y  x2  4 x  3 0,25 Tập xác định: D=R . Ta có  b  2a  2 0,25      1  4a x  2    0,50 y 1 Hàm số nghịch biến trên khoảng  ; 2  ;đồng biến trên  2;   0,50 Đồ thị hàm số là parabol có bề lõm quay lên trên và tọa độ đỉnh I  2; 1 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm có hoành độ 1 và 3. Đồ thị cắt trục tung tại điểm có tung độ 3. 0,50
2. Tìm các giá trị của m... 2,00 Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) và đường thẳng y  x  3 là: x 2  2  m  1 x  m2  4m  2  x  3 0,5  x   2m  3 x  m  4m  5  0 (2) 2 2 Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng tại hai điểm phân biệt A, B ở hai phía trục tung khi 0,50 phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt trái dấu  m2  4m  5  0  5  m  1 0, 5 0,50 Vậy điều kiện cần tìm là 5  m  1 II. 1. 3. Giải phương trình: x 2  6 x  8  2 x 2  6 x (4.0) 2,00 Đặt x 2  6 x  t  0 , ta có phương trình: t 2  2t  8  0 0,5 t  4  t  2 0,5 Đối chiếu điều kiện ta có t  4 Với t  4 ta có:  x  2 0,5 x 2  6 x  4  x 2  6 x  16  x 2  6 x  16  0   x  8  x  2 Như vậy phương trình có nghiệm  . x  8 0,50 2.   7x  y  2x  y  5 4. Giải hệ phương trình:  2,00  x  y  2 x  y  1.  u  7 x  y  0 Đặt  0,50 v  2 x  y  0  u 2  v2  x  7 x  y  u 2 5 Ta có    2 x  y  v  y  2u  7v 2 2 2  5 Thay vào hệ phương trình, ta được: u  v  5  2 2 u  5  v  1 0,50  u  v 2u 2  7v 2  2   v 1  3u  8v  5v  5  2  2   5 5 Thay (1) vào (2) ta có: v  7 0,50 3  5  v   8v 2  5v  5  v 2  5v  14  0   2 v  2 Như vậy: u  3 x  1 0,50  nên  là nghiệm của hệ phương trình đã cho. v  2 y  2
III. 1. x5 (4.0) 1. Giải bất phương trình: 1 2,00 1 x x5 x  5  x 1 1 0 1 x 1 x 0,5  1  x  0  0,5  x  5  x  1  0  x  1  1 x  0    x  1   x  5  x  1  0 0,5  Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm  5;  1  (1;  ) 0,50 2. Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  x 2  6 xy  10 y 2  m2  5m  8  2,00 x  2 y  2 ( x  3 y)2  y 2  m2  5m  8 BPT   0,50 ( x  3 y)  y  2. t 2  y 2  m2  5m  8, (1) Đặt t  x  3 y ta có hệ trở thành:   0,50 t  y  2. (2) Trong hệ trục tọa độ Oty ta có: + Miền nghiệm của bpt(1) là miền trong và biên của đường tròn tâm O, bán kính 0,50 r  m2  5m  8 . + Nghiệm của bpt(2) là nửa mặt phẳng không chứa O chia bởi đường thẳng t  y  2 Từ đó để hệ đã cho có nghiệm thì : R  d (O / )  m2  5m  8  2  m2  5m  6  0  m  2, m  3 0,50 KL : m  2, m  3 IV. 1. (4.0) 1 1. Cho hình vuông ABCD; E, F, I là các điểm xác định bởi BE  BC , 3 1 2 2,00 CF   CD , BI  BF . Chứng minh rằng A, E, I thẳng hàng và góc 2 5 AIC  900 . 1 Đặt AB  u; AD  v , ta có: AE  AB  BE  u  v 3 2 5 2 5   2 Từ BI  BF  AI  AB  AF  AB  AI  AB  AD  DF  AB 5   0,5 Hay: 2 3  6 2 AI  u   v  u  u   AI  u  v 5 2  5 5 6 Như vậy AI  AE nên ba điểm A, E, I thẳng hàng. 0,5 5
Ta có: 6 5 2 5 1 5  3 5 6 5 2 CI  AI  AC  u  v  u  v  u  v AI  u  v 5  A B 0,50 E I D C F 2 2 Do ABCD là hình vuông nên: u  v ; u.v  0 Bởi vậy: 6 2  1 3  6 2 6 2 16 0,50 AI .CI   u  v  u  v   u  v  u.v  0 5 5  5 5  5 5 25 Suy ra AIC  900 2. 2. Tam giác ABC có các cạnh AB  2 , AC  3 và BAC  1200 . Tính diện tích và 2,00 bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. 1 1 3 3 Diện tích tam giác ABC là: S  AB. AC sin BAC  .2.3.sin1200  1,00 2 2 2 Ta có: BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos BAC  22  32  2.2.3.cos1200  19  BC  19 1,00 Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: BC 19 57 R  0  2sin BAC 2sin120 3 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại B có M  2;1 là trung điểm cạnh huyền AC, điểm B  0; 3 . Tìm tọa độ điểm C biết điểm A thuộc đường thẳng 2,00 d : 2 x  3 y  5  0 và điểm C có hoành độ dương. Ta có MB   0  2   3  1  20 2 2 Vì tam giác ABC vuông tại B và M là trung điểm AC nên: 0,50 MA  MB  20 Do A thuộc đường thẳng d : 2 x  3 y  5  0 nên A 1  3t;1  2t  , bởi vậy: 0,50 MA2   3t  1   2t   13t 2  6t  1 2 2 Do đó: MA  20  13t 2  6t  1  20  13t 2  6t  19  0 t  1 0,50  t   19  13 *Với t  1 thì A  2;3 do M là trung điểm AC nên suy ra C  6; 1 (thỏa mãn) 0,50
19  70 25   18 51  *Với t   thì A  ;   do M là trung điểm AC nên suy ra C   ;  (không 13  13 13   13 13  thỏa mãn) Như vậy: C  6; 1 V Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  zx  6 . (4.0) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x3 y 3 z 3 54 2,00 P 2  2  2  y z x 6  xy  yz  zx Từ giả thiết x, y, z là các số dương và x2  y 2  z 2  xy  yz  zx  6 ta có: 0.5 x 2  y 2  z 2  2  xy  yz  zx   6  xy  yz  zx  x  y  z 2   x  y  z  6  xy  yz  zx  6  2 3   x  y  z  9  x  y  z  3 2 Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có: x3 x3 y3 y3 0.5  y  y  3 x   3 x  2 y ,  z  z  3 y   3 y  2z y2 y2 z2 z2 z3 z3 x3 y 3 z 3  x  x  3 z   3 z  2 x . Nên    x y z x2 x2 y 2 z 2 x2 Từ đó: 54  x  y  z  x  y  z 27  81 P x yz    2  x  y  z 2  x  y  z   2  x  y  z  2 2  2 2 0.5 9 9   9 2 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi x  y  z  1 Vậy min P  9 khi x  y  z  1 0.5 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn quy định. 2) Điểm bài thi là tổng điểm không làm tròn.