Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS&THPT Trí Đức, HCM

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

Thêm vào BST

Báo xấu

47
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THCS&THPT Trí Đức, HCM giúp học sinh vận dụng kiến thức và kỹ năng của bản thân để thử sức mình với đề thi nhé! Chúc các em đạt kết quả cao trong kì thi.

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 2020-2021 có đáp án - Trường THCS&THPT Trí Đức, HCM

SỞ GIÁO DỤC TP. HỒ CHÍ MINH KIỂM TRA CHỌN HSG VÒNG 2 TRƯỜNG TRƯỜNG THCS&THPT TRÍ ĐỨC NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN TOÁN – KHỐI 10 THỜI GIAN: 120 PHÚT (không kể thời gian giao đề) Câu 1: (6,0 điểm) Giải phương trình, hệ phương trình sau: a. ( x  3) 1  x  x 4  x  2 x 2  6 x  3  x 3  3x 2  4 x  2  y 3  y b.  4 x  6 x  1  7  4 x  1 y Câu 2: (5,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho ba điểm A 1; 1 , B  2; 3 và C  2; 1 . a. Tìm tọa độ điểm F để FA  FB  3FC  0 . b. Xác định vị trí của M để MA  3 MB  MC nhỏ nhất , biết M  m, m  1 là một điểm di động . c. Tìm tọa độ điểm D để ABDC là hình thang có hai đáy là AC, BD và diện tích hình thang bằng 7 . Câu 3: (3,0 điểm) yz x 1 zx y 4 xy z 9 a. Tìm giá trị lớn nhất của P . xyz b. Cho ba số thực dương x,y,z thỏa 3 xyz  xy  yz  zx . 1 1 1 3 Chứng minh    x  3x  1 y  3 y  1 z  3z  1 2 2 2 4 Câu 4: (3,0 điểm) Cho bảng ô vuông kích thước 100x100 mà mỗi ô được điền một trong các ký tự A, B, C, D sao cho trên mỗi hàng, mỗi cột của bảng thì số lượng ký tự từng loại đúng bằng 25. Ta gọi hai ô thuộc cùng hàng (không nhất thiết kề nhau) nhưng được điền khác ký tự là “cặp tốt”, còn hình chữ nhật có các cạnh song song với cạnh hoặc nằm trên cạnh của bảng và bốn ô vuông đơn vị ở bốn góc của nó được điền đủ bốn ký tự A, B, C, D là “bảng tốt”. a. Hỏi trong các cách điền ở trên, có bao nhiêu cách điền mà mỗi bảng ô vuông 1x4, 4x1 và 2x2 đều có chứa đủ các ký tự A, B, C, D? b. Chứng minh rằng với mọi cách điền thỏa mãn đề bài thì trên bảng ô vuông đã cho luôn có 2 cột của bảng mà từ đó có thể chọn ra được 76 cặp tốt.
Câu 5: (3,0 điểm) Minh Khôi dùng các thanh đồ chơi xếp thành các tháp 1,2,3,… có hình dạng tuân theo quy luật như hình vẽ: Với mỗi số nguyên dương n, gọi f  n  là số thanh đồ chơi cần có để xếp thành tháp n. Ví dụ: f 1  3,f 2  10,f 3  21,... . a. Viết công thức tính f  n  1 theo f  n  và n . b. Viết công thức tính f  n  theo n . c. Biết rằng Minh Khôi có 5000 thanh đồ chơi, mỗi thanh có chiều dài 10cm và Minh Khôi muốn dùng các thanh này (không nhất thiết dùng hết các thanh) để xếp thành một tháp lớn nhất (tháp phải có hình dạng tuân theo qui luật như hình vẽ. Hỏi tháp lớn nhất mà Minh Khôi có thể xếp được có chiều cao là bao nhiêu ? HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên học sinh: …………………….…….…………………….…. Lớp:………..……….
SỞ GIÁO DỤC TP. HỒ CHÍ MINH ĐÁP ÁN KT HSG VÒNG 2 TRƯỜNG TRƯỜNG THCS&THPT TRÍ ĐỨC NĂM HỌC 2020 - 2021 MÔN TOÁN – KHỐI 10 THỜI GIAN: 120 PHÚT (không kể thời gian giao đề) ĐIỂM CÂU HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM TỔNG a. Điều kiện  1  x  4 . Phương trình (1)  ( x  3)( 1  x  1)  x( 4  x  1)  2 x 2  6 x 0,5 đ x 3 x ( x  3) x  2x2  6x 1 x 1 4  x 1  1 1   x( x  3)    2  0 0,5*3  1 x 1 4  x 1  đ  x( x  3)  0  1 1    2 (2)  1  x  1 4  x 1 x( x  3)  0  x  0; x  3 (Thỏa mãn điều kiện). 0,5 đ Với điều kiên  1  x  4 ta có  1 1  1 x 1  1  1  x  1 1 1      2 . Dấu "  "  4  x 1  1  1 1 x 1 4  x 1 0,5 đ 1  4  x  1 1 6,0 không xảy ra nên phương trình (2) vô nghiệm. điểm Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x  0 và x  3 . b. Phương trình thứ nhất  ( x 3  3x 2  3x  1)  x  1  y 3  y  x  1  x  1  y 3  y 3 Đặt a  x  1 ta được   a 3  a  y 3  y  a  y  a 2  ay  y 2  1  0  a  y  0 . 0,5đx3 2  y 3y 2 Vì a  ay  y  1   a    2 2  1  0; a, y  2 4 Ta được y  x  1 thay vào pt thứ hai ta được 6 x  1  x  8  4 x 2 . ĐK: x  1   0,5đx2 x  1  3  2 x  2  2  x  1  3  2x  3 x   x  1  2x  3   2  x2 y 3  x  1  2 x  3  2
Kết luận: Hệ pt có nghiệm x; y   2;3 0,5 đ 1  x  2  x  3  2  x   0 FA  FB  3FC  0   1  y  3  y  3 1  y   0 0,5 a. x  0 đx2   7  y  5  7 Vậy F  0;  0,5 đ  5 b. MA  3MB  MC  CA  3MB 0,5 đ CA   1;0  , MB   2  m;2  m  0,5 đ 2 5,0 điểm 2 0,5 đ  1  169 13 2 CA  3MB  18  m     0,5 đ  6 2 2 1 1 7 Dấu “=” xảy ra khi m  . Vậy M  ;  0,5 đ 6 6 6 c. Gọi D  x; y   x  2  6.1  x  4 BD  6 AC  BD  6 AC    0,5 đ  y  3  6.0 y  3 Vậy D  4;3 0,5 a. P xác định khi x  1,y  4,z  9 . x 1 y4 z9 0,5 đ Ta có P    x y z Áp dụng Bđt Côsi ta có: x  1 1 x 1 1 x 1    2 x 2 3 y  4 4 y4 1 3,0 2 y4    2 y 4 điểm 0,5đ z 9 9 z 1 1 11 3 z9     P 2 z 6 12 11  Max P= , đạt được khi x=2, y=8, z=18 12 0,5đ 1 1 1 b. Ta có 3xyz  xy  yz  zx    3 0,5 đ x y z
1 1 1 Đặt a  , b  , c   a  b  c  3 x y z Ta có 1 1 1 3    x  3x  1 y  3 y  1 z  3z  1 2 2 2 4 a b c 3  2  2  2  3  3  3  4   1   1   1 a  b  c  a3 b3 c3 3     b  c a  c a  b 0,5đ 2 2 2 4 a3 b  c b  c 3a b3 a  c a  c 3b c3 a  b a  b 3c    ,    ,    b  c 4 a  c 4 a  b 2 2 2 8 8 8 8 8 8 4 1 1 3  VT   a  b  c   .3  0,5đ 4 4 4 a) Không mất tính tổng quát, giả sử rằng 4 ô đầu tiên của cột 1 được điền A,B,C,D. Khi đó, ô thứ hai của cột 2 phải điền D vì nó thuộc hai hình vuông 2x2 đã 1,0 đ chứa sẵn A,B,C. Do đó, ta điền tiếp được cột 2 theo thứ tự là C, D, A, B. Cứ như thế, ta điền tiếp cho cột 3,4. 1,0 đ 4 3,0 Tuy nhiên, ta thấy các hàng khi đó không thỏa mãn vì chỉ chứa hai loại ký điểm 0,5đ tự. Vậy nên không có cách điền nào thỏa mãn điều kiện đã nêu. b) Giả sử phản chứng rằng mỗi cặp cột tùy ý đều có ít nhất 25 cặp ô cùng ký tự. Cố định cột 1, xét 99 cột còn lại. Gọi T là số bộ (a,b) trong đó cột a  2 có ô thứ b từ trên xuống là cùng ký tự. Theo giả sử trên thì T  99.25 0,5 đ Mặt khác, theo giả thiết thì T=100.24 (tính theo hàng). Suy ra 100.24 > 99.25, điều vô lý này chứng tỏ giả thiết phản chứng là sai, tức là luôn chọn được hai cột thỏa mãn đề bài. 5 f  n  1  f  n   2n  1  2n  2  f  n   4n  3 0,5đx2 3,0
(3,0 f  n   2n2  n 0,5x2đ điểm điểm) f 50  5050,f  49  4851 0,5đ suy ra tháp lớn nhất mà Minh Khôi có thể xếp được là tháp 49 và tháp này 0,5 đ có chiều cao là 490cm. Đáp án và hướng dẫn chấm điểm gồm có 03 trang. Học sinh giải cách khác đúng, hợp lí logic vẫn cho điểm tối đa. Quý thầy cô xem lại đáp án và thống nhất trước khi chấm !