Đề thi HSG Toán lớp 10 - (Kèm đáp án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:13

Thêm vào BST

Báo xấu

577
lượt xem 101
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Với đề thi học sinh giỏi Toán 10 kèm đáp án giúp các bạn học sinh lớp 10 đánh giá được năng lực bản thân đồng thời nâng cao kiến thức môn Toán 10 với những nội dung xoay quanh như: Tính bán kính đường tròn nội tiếp, tìm tọa độ trung điểm,...Chúc các bạn thành công trong kì thi sắp tới.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi HSG Toán lớp 10 - (Kèm đáp án)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2011 Môn thi: TOÁN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. A. Phần chung: ( 16,0 điểm) Bài I ( 5,0 điểm) Cho phương trình:  m  4  x 2  2(m  2) x  m  1  0 (1) 1. Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất. 2. Khi (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . Tìm m nguyên dương nhỏ nhất sao cho tích hai nghiệm là một số nguyên . Bài II (6,0 điểm) 2 3 1. Giải phương trình: 2x  6x  4  3 x  8 . (1)  2 1  x 1 y   y 2. Giải hệ phương trình sau :   y2  1  x  1   x Bài III(2,0 điểm). Cho các số dương a, b, c : ab  bc  ca  3. 1 1 1 1 Chứng minh rằng: 2  2  2  . 1  a (b  c ) 1  b (c  a ) 1  c (a  b) abc Bài IV (3,0điểm) Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của G xuống cạnh      BC, AC, AB. Chứng minh rằng: a 2 .GA1  b 2 .GB1  c 2 .GC1  0 . (Với a=BC, b=AC, c=AB). B. Phần riêng: ( 4,0 điểm) Bài Va. (Dành cho ban khoa học tự niên). 3 Trong mÆt ph¼ng víi hÖ trôc to¹ ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã diÖn tÝch b»ng , A(2; - 3), B(3; - 2). 2 Träng t©m G của tam gi¸c ABC thuéc ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh: 3x- y- 8 = 0. TÝnh b¸n kÝnh ®êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC. Bài Vb. (Dành cho ban khoa học cơ bản). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có diện tích bằng 2 và đường thẳng AB có phương trình x-y=0. Biết rằng điểm I(2;1) là trung điểm của đoạn thẳng BC, tìm toạ độ trung điểm K của đoạn thẳng AC. ----------Hết--------- Họ và tên thí sinh:…………………………..; Số báo danh:…………………………………
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011 MÔN:TOÁN Bài ý Nội dung Điểm I(5,0 1.(2,0 Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất đ) đ) 3 TH1: m  4 : (1)  4 x  3  0  x  , (Thỏa mãn) 0,5 4 TH2: m  4 : PT (1) có nghiệm duy nhất khi ,  0  m  0 1,0 Vậy với m  0, m  4 thì phương trình (1) có nghiệm. 0,5 2.(3,0 Tìm m nguyên dương nhỏ nhất sao cho tích hai nghiệm là một số nguyên đ) PT (1) có 2 nghiệm x1 , x2 khi m  0 , m  4 1,0 m 1 3 0,5 Theo viet: P= x1 x2   1 , m4 m4 3 0,5 P  Z khi  Z  m  4  1; m  4  1; m  4  3; m  4  3 m4 0,5  m  5; m  3; m  7; m  1 Vậy m nguyên dương nhỏ nhất thỏa mã là: m=1 0,5 II(6,0đ 1.(3,0đ Giải phương trình ) ) ĐK: x  2 . (1)  2  x 2  2 x  4   2  x  2   3  x  2  x2  2 x  4  0,5 x2 x2 0,5 2 2 3 2 20 x  2x  4 x  2x  4 x2 0,5 Đặt t  2 ,t0. x  2x  4 0,5 t  2, (loai ) Phương trình trở thành 2t 2  3t  2  0   1 . t   2 0,5 1 Với t  : Phương trình đã cho có nghiệm x  3  13 . 2 0,5
2.(3,0 Giải hệ phương trình: đ) Điều kiện: x, y  0  x2 y  y  y 2  1  x2 y  y  y 2  1   Hệ đã cho tương đương với hệ:    y2 x  x  x 2  1   xy ( x - y )  y - x  y 2  x 2   2  2 0,5  x y  y  y 1  ( x - y )( x  y  xy  1)  0  0,5  [ x 2 y  y  y 2 1 x- y0 , ( Ia ) x 2 y  y  y 2 1 x  y  xy  1  0 ,( Ib ) 0,5 x2 y  y  y2  1  x3  x2  x  1  0  (Ia)    Giải (Ia):  x y   x y   { x 1 y 1 0,5 Giải (Ib): Từ (1), (2) ta có: x  0, y>0 0,25 1 x2  1  y   2  x 1 0,25 y Theo BĐT CÔSI: 1 y2  1  x   2  y  1 0,25 x  x  y  xy  1  0 Vậy (Ib) vô nghiệm. 0,25
III.(2 Áp dụng BĐT Cauchy cho 3 số dương ta có: 3  ab  bc  ca  3 3 (abc) 2  abc  1 . đ) 0,5 1 1 Suy ra: 1  a 2 (b  c )  abc  a 2 (b  c)  a(ab  bc  ca )  3a  2  (1). 1  a (b  c) 3a 0,5 1 1 1 1 Tương tự ta có: 2  (2), 2  (3). 1  b (c  a ) 3b 1  c (a  b) 3c Cộng (1), (2) và (3) theo vế với vế ta có: 0,5 1 1 1 1 1 1 1 ab  bc  ca 1 2  2  2  (   )  . 1  a ( b  c ) 1  b ( c  a ) 1  c ( a  b) 3 c b c 3abc abc Dấu “=” xảy ẩ khi và chỉ khi abc  1, ab  bc  ca  3  a  b  c  1, (a, b, c  0). 0,5 IV.(3, 0đ)          a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1  0  (a 2 .GA1  b 2 .GB1  a 2 .GC1 ) 2  0 (3,0đ) 0,5         0,5  a 4 .GA12  b 4 .GB12  c 4 .Gc12  2a 2b 2 GA1.GB1  2a 2c 2 GA1.GC1  2b 2c 2 GB1.GC1  0 (2) h h h 4ý Ta có: GA1  a , GB1  b , GC1  c , aha  bhb  chc  2 S , 1,0 3 3 3   GA1.GB1  GA1.GB1.cos(180  C )  GA1.GB1.cosC , -2ab.cos C  c 2  a 2  b 2 0    GA1.GC1  GA1.GC1.cos(1800  B )  GA1.GC1.cosB, -2ac.cos B  b 2  a 2  c 2    GC1.GB1  GC1.GB1.cos(1800  A)  GC1.GB1.cosA, -2cb.cos A  a 2  b 2  c 2 4S 2 .a 2 4S 2 .b 2 4 S 2 .c 2 VT(2)     1,0 9 9 9 4S 2 .(c 2  a 2  b 2 ) 4S 2 .(b 2  a 2  c 2 ) 4 S 2 .(a 2  c 2  b 2 )    0 Va. 9 9 9 (4,0đ)  Gäi C(a; b) 1  S= CH.AB (1). 2 0,5 Ta cã: AB = 2 a b5 Ph¬ng tr×nh AB: x - y - 5 = 0 => CH = d(C, AB) = 2 3 1 a b 5 0,5 Do ®ã: (1)  . . 2  a  b  5  3. 2 2 2
a  b  8  a  b  2 0,5 a 5 b5  To¹ ®é G( ; ) 3 3 3(a  5) b  5 Ta cã: G     8  0 3a - b = 4. 3 3 0,5 a  b  8 a   2 TH1:   => C(-2; -10) 3a  b  4 b  10 0,5 Chu vi tam gi¸c: 2p = AB + BC + CA = 2  65  89 2S 3 => r =  . 2p 2  65  89 0,5 a  b  2 a  1 TH2:   => C(1; -1) 3a  b  4  b  1 0,5 Chu vi tam gi¸c: 2p = AB + BC + CA = 2 5  2 3 => r = . 2 5 2 0,5 Vb( 4,0đ) (4,0đ) Đường thẳng IK qua I và song song với AB có phương trình x-y-1=0. 0,5 2 1 Chiều cao kẻ từ C của tam giác ABC là: h  2  2 0,5 2 2S  AB  2 2 h 0,5 AB AB Ta có IK   2  K  đường tròn tâm I bán kính IK   2 2 2 0,5 2 2  (C ) :  x  2    y  1  2 0,5 Toạ độ K là nghiệm của hệ :  x  2  2   y  1 2  2   0,5 x  y 1  0  0,5  K (1; 0)   K (3; 2) 0,5 Chú ý: Các cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm. ---------------------------Hết---------------------------
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM 2010 TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề. A. Phần chung: ( 18,0 điểm) Bài I ( 6,0 điểm) Cho phương trình: ( 4 − m ) x 2 + 2(m − 2) x + 1 − m = 0 (1) 1. Tìm m để phương trình có nghiệm. 2. Khi (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . Tìm a sao cho biểu thức M=( x1 − a )( x2 − a ) không phụ thuộc vào m. Bài II (6,0 điểm) 1. Giải phương trình x 2 − 2 x = 2 2 x − 1 . ⎧ x 2 + y 2 = 2m + 2 (1) ⎪ 2. Tìm m để hệ phương trình sau có nhiều hơn hai nghiệm : ⎨ ⎪( x + y ) = 4 2 ⎩ (2) Bài III ( 2,0 điểm) mx + n Tìm m, n để biểu thức P = , đạt giá trị lớn nhất bằng 4 và giá trị nhỏ nhất bằng -1. x2 + 1 Bài IV (4,0 điểm) 1. Trong hệ trục tọa độ (Oxy) cho đường tròn (T) có phương trình: x 2 + y 2 − 2 x + 2 y − 2 = 0 và đường thẳng ( Δ ) : 2 x + 2 y + 1 = 0 , ( Δ ) cắt (T) tại B và C. Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. 2. Cho tam giác ABC, gọi la , lb , lc là độ dài các đường phân giác trong và S là diện tích của tam giác ABC. 3 Chứng minh rằng nếu la , lb , lc < 1 thì S < . 3 B. Phần riêng: ( 2,0 điểm) Bài Va. (Dành cho ban khoa học tự niên). Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn xyz = 1 . Chứng minh rằng ta luôn có: 1 1 1 3 + 3 + 3 ≥ .(1) x ( y + z) y ( x + z) z ( x + y) 2 3 Bài Vb. (Dành cho ban khoa học cơ bản). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1 . Chứng minh rằng ta luôn có: a2 b2 c2 3 + + ≥ . b+c a+c a+b 2 ----------Hết--------- Họ và tên thí sinh:…………………………..; Số báo danh:…………………………………
ĐÁP ÁN –THANG ĐIỂM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2010 MÔN:TOÁN Bài ý Nội dung Điểm I(6,0 đ) 1.(3,0đ) Tìm m để phương trình có nghiệm. 3 m = 4 : (1) ⇔ 4 x − 3 = 0 ⇔ x = , (Thỏa mãn) 4 1,0 m ≠ 4 : PT (1) có nghiệm Δ , ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 ,( m ≠ 4) 1,0 Vậy với m ≥ 0 thì phương trình (1) có nghiệm. 1,0 2.(3,0 đ) Tìm a sao cho biểu thức M=( x1 − a )( x2 − a ) không phụ thuộc vào m. Với m ≥ 0 , m ≠ 4 : PT (1) có 2 nghiệm x1 , x2 . 0,5 Suy ra: M=( x1 − a )( x2 − a )= x1 x2 − a ( x1 + x2 ) + a 2 , (*) 0,5 2(2 − m) 1− m 0,5 Theo viet: x1 x2 = , x1 + x2 = 4−m 4−m 2(2 − m) (1 − m) 0,5 Thay vào (*) ta có: M= −a + a2 4−m 4−m 0,5 3a − 4 = a2 − a + 2 + 4−m 4 0,5 M ∉ m ⇔ 3a − 4 = 0 ⇔ a = 3 II(6,0đ) 1.(3,0đ) Giải phương trình 1 Đk: x ≥ 2 1,0 Pt ⇔ ( x − 1) − 1 = 2 2 x − 1 . Đặt 2 2 x − 1 = y − 1, ( y ≥ 1) ⇒ ( y − 1) 2 = 2 x − 1 ⎧( y − 1) 2 = 2 x − 1 ⎧( x − y )( x + y ) = 0 ⎪ Ta có hệ phương trình: ⎨ ⇔⎨ ⎪( x − 1) = 2 y − 1 ⎩( y − 1) = 2 x − 1 2 2 ⎩ ⎧x = y ⎧x − y = 0 ⎧x = y ⎪ •⎨ ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎡ y = 2 − 2(loai ) 1,0 ⎩( y − 1) = 2 x − 1 ⎩ y − 4 y + 2 = 0 ⎪⎢ 2 ⎩⎢ y = 2 + 2 ⇒ x = 2 + 2 ⎣ ⎧x = − y ⎧x = − y •⎨ ⇔⎨ 2 , hệ vô nghiệm. ⎩( y − 1) = 2 x − 1 ⎩ y = −2 2 1,0 KL: Phương trình có một nghiệm là x = 2 + 2 . 2.(3,0đ) Tìm m để hệ phương trình có hai nghiệm phân biệt m < −1 : Hệ vô nghiệm 0,5 m ≥ −1 : Các điểm thỏa mãn (1) là đường tròn tâm O bán kính R = 2(m + 1) 1,0 Các điểm thỏa mãn (2) nằm trên 2 đường thẳng:
Δ1 : x + y = 2 và Δ 2 : x + y = −2 Theo tính chất đối xứng nên Δ1 , Δ 2 cùng là tiếp tuyến hoặc cùng không phải là tiếp 0,5 tuyến. Vì vậy hệ có nhiều hơn 2 nghiệm ⇔ d (O, Δ1 ) < R ⇔m>0 1,0 KL: m > 0 . III(2,0đ) Tìm m, n .•D=R m R x ( P − 4)=0 a y c b t ⇔ T im m , n ⇔ { m in ( P +1) = 0 0,5 R m R x ( −4 x2 + m x + n − 4 )= 0 a ⇔ { m in ( x 2 + m x + n +1) = 0 R m Δ m R x [ − 4 ( x − 8 ) 2 + 1 61 ] = 0 a ⇔ { m in [( x + m 2 Δ2 ) − ]= 0 0,5 R 2 4 Δ1 = m 2 +16 ( n − 4 ) = 0 ⇔ { Δ 2 = m 2 − 4 ( n +1) = 0 0,5 m 2 =1 6 ⇔{ n=3 0,5 ⇔[ m = −4 ,n = 3 m = 4 ,n = 3 1.(2,0đ) Tìm tọa độ điểm A IV 0,5 Ta có: (T ) ⇔ ( x − 1) + ( y + 1) = 4 ⇒ I (1; −1), R=2 2 2 1 S = d ( A, Δ ).BC , BC=const 2 0,5 Do đó S lớn nhất khi và chỉ khi d ( A, Δ ) lớn nhất.
Lập phương trình đường thẳng ( Δ , ) , đi qua tâm I(1;-1): x − y − 2 = 0 ( Δ , ) cắt (T) tại A1 (1 + 2; 2 − 1), A2 (1 − 2; −1 − 2) 0,5 5 3 d ( A1 , Δ ) = , d ( A2 , Δ ) = ⇒ A ≡ A1 2 2 Vậy A (1 + 2; 2 − 1) 0,5 2. (2,0đ) 3 Chứng minh rằng nếu la , lb , lc < 1 thì S < . 3 •Nếu tam giác ABC có ba góc nhọn. Giả sử góc B lớn nhất, khi đó 60o ≤ B < 900 . Do la , lc < 1 ⇒ ha , hb < 1 ha hb 3 1,0 ⇒ S= < 2sin B 3 •Nếu một trong các góc của tam giác không nhọn, giả sử góc B. AB ≤ la < 1, BC ≤ lc < 1 1,0 Suy ra 1 1 1 3 ⇒ S= .BA.BC.SinB ≤ .BA.BC < < . 2 2 2 3 Va( 2đ) (2,0đ) Chứng minh bất đẳng thức 1 1 1 Đặt: = a, = b, = c ⇒ a, b, c > 0 và abc=1 x y z a2 b2 c2 3 Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: + + ≥ 0,5 b+c a+c a+b 2 a 2 b+c + ≥a b+c 4 b2 a+c 0,5 Áp dụng BDT Côsi ta có : + ≥b a+c 4 c2 a+b + ≥c a+b 4 a2 b2 c2 1 Cộng vế với vế ta có: + + ≥ (a + b + c) b+c a+c a+b 2 0,5 Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 0,5 a2 b2 c2 3 ⇒ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. b+c a+c a+b 2 Vậy bất đẳng thức (1) được chứng minh, và dấu bằng xảy ra khi x=y=z=1.
Vb(2,0) a2 b+c + ≥a 0,5 b+c 4 b2 a+c Áp dụng BDT Côsi ta có : + ≥b a+c 4 c2 a+b + ≥c a+b 4 a2 b2 c2 1 Cộng vế với vế ta có: + + ≥ (a + b + c) 0,5 b+c a+c a+b 2 Áp dụng BDT Côsi cho a, b, c ta có: a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 0,5 a2 b2 c2 3 ⇒ + + ≥ . Dấu bằng xảy ra khi a=b=c=1. 0,5 b+c a+c a+b 2 Chú ý: Các cách giải khác đúng thì vẫn cho điểm. ---------------------------Hết---------------------------
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 – TỈNH ĐỒNG NAI NGÀY 5 THÁNG 4 NĂM 2013 Thời gian: 180 phút sin B  2sin C Câu 1. Cho tam giác ABC có sin A  với A,B,C tương ứng là kí hiệu số đo 2cos B  cosC của các góc BAC,ABC,ACB của tam giác ABC. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.  x 2  xy  2y 2  3y  1  Câu 2. Giải hệ phương trình   x, y    x. x  y  x  y  2  a  3c a  3b 2a Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng:   5 ab a c bc Câu 4. Cho các số nguyên m, n ,k thỏa m.n  k 2 và k không chia hết cho 3. Chứng minh rằng  m  n  chia hết cho 3. Câu 5. Cho đường tròn  O1  có tâm O1 và đường tròn  O2  có tâm O2 , biết hai đường tròn cắt nhau tại hai điểm A, B. Vẽ tiếp tuyến chung d của hai đường tròn. Gọi C, D lần lượt là tiếp điểm của d với  O1  ,  O2  ; biết A và C khác phía so với O1O2 . Vẽ đường thẳng đi qua A và song song với d lần lượt cắt BD, BC tại E, F. Chứng minh rằng AE  AF .
HƯƠNG DẪN GIAI ́ ̉ Câu 1. Ta có: sin B  2sin C sin A   2sin Acos B  sin AcosC  sin B  2sin C 2cos B  cosC 1  sin  A  B  sin  A  B  sin  A  C   sin  A  C   sin B  2sin C 2  1 1  sin C  sin  A  B  sin B  sin  A  C   sin B  2sin C 2 2 sin  A  B  sin C  (vì A  B  C  1800   ) sin  A  C   sin B  1  sin  A  B  sin C  sin B  sin  A  C   0 2  1  sin  A  B  sin  A  B  sin  A  C   sin  A  C   0 2   2cosAsin B  cosAsin C  0 cos A  0 1   2sin B  sin  C   0  vn   Pt 1 cho ta tam giác ABC vuông tại A.  x 2  xy  2y 2  3y  11  Câu 2. Giải hệ:   x. x  y  x  y  2  2   Xem phương trình (1) là pt bậc hai theo x nên ta có được hai nghiệm là: x  y  1;x  1  2y  Với x  y  1  x  y  1 (loại vì x  y  0 )  Với x  1  2y thay vào (2) ta được:  1 3y  3  1  2y  1  3y  0  y   , đặt t  1  3y;t  0 thay vào giải ta được:  3 t  2  1  3y  2  y  1  x  3 . Vậy hệ đã cho có nghiệm là: x  3; y  1 . a  3c a  3b 2a Câu 3.    5 (1) ab a c bc Ta có:  a  c a  b   2a 2b 2c  VT1        a b a c  bc a c a b  a2 b2 c2   2  2    a  b  c b a  c c a  b      a  b  c 2  2  2  3  5 (đpcm). ab  bc  ca Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . Câu 4. Vì m.n  k 2 và k không chia hết cho 3(m, n, k là các số nguyên) nên m, n không chia hết cho 3. Suy ra m  3m' r1,n  3n ' r2  r1,r2 0;1;2 .
Do m.n  k 2 nên m.n  r1r2  mod3 , suy ra r1r2  1 mod3 suy ra r1  r2  1 mod3 Suy ra m  n  mod3  m  n 3 đpcm. Câu 5. Gọi G  AB  CD , suy ra GC  GD ( vì GA.GB  GC2  GD2 là phương tích của điểm G với hai GD GB GC đường tròn). Theo định lí Talet ta có:   mà AE AB AF GC  GD nên AE  AF (đpcm).