Đề thi KSCL đội tuyển HSG môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

108
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi KSCL đội tuyển HSG môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2 là tài liệu luyện thi HSG hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 10. Cùng tham khảo và tải về đề thi để ôn tập kiến thức, rèn luyện nâng cao khả năng giải đề thi để chuẩn bị thật tốt cho kì thi sắp tới nhé. Chúc các bạn thi tốt!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi KSCL đội tuyển HSG môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Trường THPT Yên Lạc 2

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2 ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề. 1 Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y   x2  7 x  6 1  1  2x Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để hai đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5 . Câu 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2 x 2  2 x  m  x  1 có nghiệm. x 1 Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2  1 có tập nghiệm là  . mx  4 x  m  3 Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2  6 x 1  4 x  5  4 x  10 y  2 x  2 y  4  Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình    x  2 y  2 2 x  7 xy  5 y  24 2 2  3 Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với PN. Tính độ dài PN theo a. Câu 8 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC  2 AB , phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là  d  : x  y  2  0 . Biết  ABC  1200 và A  3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác. Câu 9 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết IG  IC . a bc 2ab Chứng minh rằng  (Với AB  c, BC  a, CA  b ). 3 a b 3 Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ nhất 2 1 1 1 của S  a 2   b2   c2  . b2 c2 a2 ------Hết------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 (Đáp án có 05 trang) ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 1 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số y   x2  7 x  6 1  1  2x  x 2  7 x  6  0 Hàm số có xác định khi và chỉ khi  0,5 1 1 2 x  0   x  1  x 2  7 x  6  0     x  6 0,5 1 1 2 x  0   1  1 2 x  1  x  1    x  6  0  x  1 0,5  0  x  1 Vậy tập xác định của hàm số là: D  0;1 0,5 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 2  2mx  3m và hàm số y  2 x  3 . Tìm m để hai 2 đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5 . Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x 2  2mx  3m  2 x  3 0,5  x 2  2 m  1 x  3m  3  0 (*) Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt  m  1  ' 0    . 0,5  m  4 Gọi A x1 ; 2 x1  3; B  x2 ; 2 x2  3 với x1 ; x2 là nghiệm phương trình (*)  x1  x2  2  m  1 Theo Vi-et ta có:   x1.x2  3  m  1 0,5 2 2 2 Ta có: AB  5  x1  x2   5  x1  x2   20 x1.x2  20  m  1  60  m  1 2 2 AB  4 5  20  m  1  60  m  1  4 5   m  1  2  m  1  4  0 0,5  m  0; m  5. So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2 x 2  2 x  m  x  1 có nghiệm.  x  1 Ta có 2x2  2x  m  x  1   2 0,5  x  4 x  m  1  0(*)
(*)  x 2  4 x  1  m . Xét y  x 2  4 x và y  1  m 0,5 x 1 2 +∞ -3 +∞ y 0,5 -4 Ta có bảng biến thiên hàm số y  x 2  4 x là: Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x  1 hay 0,5 1  m  4  m  5 x 1 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2  1 có tập 4 mx  4 x  m  3 nghiệm là  . Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx 2  4 x  m  3  0 với x   m  0 m  0  m  1 0,5 ( m =0 không thỏa mãn)    2    0 m  3m  4  0 m  4 Với m  1 . Khi đó ta có mx 2  4 x  m  3  0 với x   Bpt  x  1  mx 2  4 x  m  3  mx 2  5 x  m  4  0 (1)  4  41 m  Bpt có tập nghiệm    (1)  0  4m 2  16m  25  0   2  0,5 4  41 m   2 4  41 Mà m  1  m  2 Với m  4 . Khi đó ta có mx 2  4 x  m  3  0 với x   Bpt  x  1  mx 2  4 x  m  3  mx 2  5 x  m  4  0 (2)  4  41 m  Bpt có tập nghiệm    (2)  0  4m 2  16m  25  0   2 0,5  4  41 m   2 4  41 Mà m  4  m  2 4  41 4  41 KL: m  ; m 0,5 2 2 (2,0 điểm). Giải phương trình 2 x  6 x 1  4 x  5 2 5
4 Điều kiện: x   . 5 0,5 Đặt t  4 x  5  t  0 t 2 5 Ta có x  thay vào ta được phương trình sau: 4 0,5 t 4 10t 2  25 6 2 2.  t  5 1  t  t 4  22t 2  8t  77  0 16 4  t  2t  7t  2t 11  0 2 2 0,5 t  1 2 2 1  t2  1  2 2 t0 t  1  2 2  x  1 2      0,5 t  1  2 3 t  1  2 3  x  2  3 3  t4  1 2 3  4 x  10 y  2 x  2 y  4  6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình    x  2 y  2 2 x  7 xy  5 y  24 2 2  3 Đặt a  4 x  10 y ; b  2 x  2 y  a, b  0  a  b  4  a  b  4 0,5 Khi đó hệ trở thành  a 2  b 2 ab   2    24 a  b 2  2ab  144  6 3  a b  4  a8      a  b  4 a  b  12 b  4          a ,b0  a  8  0,5 a  b  144     b  4 2    a b  4   a  4     a  b  12   b  8  a  8  4 x  10 y  8 2 x  5 y  32 Với     0,5 b  4  2 x  2 y  4  x  y  8  8 16 Giải hệ trên ta được x  ; y  . 0,5 3 3 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các 7 cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với PN. Tính độ dài PN theo a. A P N 0,5 B M C   Đặt AP  x AB  x  0      1   1   2  1  Ta có: AM  AB  BM  AB  BC  AB  AC  AB  AB  AC 3 3  3 3 
    1  PN  PA  AN   x AB  AC 3   2  1   1  AM  PN  AM .PN  0   AB  AC    x AB  AC   0 3 3  3  2x 2 1 2  2 x         a2   a  a     AB. AC  0  AB. AC  a 2 cos 600   0,5 3 9 9 3  2  2x 2 1 2  2 x  a2 2x 1  2 x  1 4  a  a    0      0  x  3 9 9 3 2 3 9 9 32 15  4  1   4  1   2 Khi đó PN   AB  AC  PN 2    AB  AC  15 3  15 3  0,5 16 2 1 2 8 a 2 21  a  a  .  225 9 45 2 225 21 0,5  PN  15 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC  2 AB , phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là 8  d  : x  y  2  0 . Biết  ABC  1200 và A  3;1 . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác. B A C M 0,5 Đặt AB  a  a  0  Ta có: AC  AB 2  AC 2  2 AB. ACcos1200  a 7 AB 2  BC 2 AC 2 a 2 4 a 2 7 a 2 a 3  BM      2 4 2 4 2 2 2 3a 7a Ta có AB 2  BM 2  a 2    AM 2 0,5 4 4 Suy ra tam giác ABM vuông tại B. Khi đó phương trình AB: x  y  2  0 B là giao của AB và BM  B  2; 0  0,5 6 Ta có: AB  d  A, BM   2  a  2  BM  2 6 3 0,5 Gọi M  m; 2  m  . BM   m  2 2 2    M là trung điểm AC nên C 2  3; 4  3 hoặc C 2  3; 4  3  (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ABC , biết 9 a bc 2ab IG  IC . Chứng minh rằng  (Với AB  c, BC  a, CA  b ). 3 a b
C N I G 0,5 A B M     Ta chứng minh a IA  bIB  cIC  0        1        a IC  CA  b IC  CB  cIC  0  CI  abc a.CA  b.CB       a 1    b 1    GI  CI  CG     CA     CB 0,5  abc 3  abc 3       Khi đó   2a  b  c  CA   2b  a  c  CB  aCA  bCB  0       ab  CA.CB b  2a  b  c   a  2b  a  c    0   0,5 Do ab  CA.CB  ab  ab cos C  ab 1  cos C   0 Nên ta có: b  2a  b  c   a  2b  a  c   0 a  b  c 2ab 0,5  b  3a  a  b  c   a  3b  a  b  c   0  6ab   a  b  a  b  c    3 ab 3 (2,0 điểm). Cho các số thực a, b, c  0 thỏa mãn a  b  c  . Tìm giá trị nhỏ 2 10 1 1 1 nhất của S  a 2   b2   c2  . b2 c2 a2 Ta thấy 1 1 1 1 1 1 0,5 S  a2   ...   b 2   ...   c 2   ...  16b2  16b 2 16 c 2  16c 2 16 a2  16a 2 16 16 16 a2 a2 a2 0,5  1717 16 32  1717 16 32  1717 16 32 16 b 16 b 16 b  a b c  1  17 17 8 16  17 8 16  17 8 16   3 17 17 8 5 5 5 0,5  16 b 16 c 16 a  16 a b c 3 17 3 17 3 17    217  2a 2b 2c  5 2 a  2b  2c 15 2   217    3  0,5 3 17 1 Vậy MinS  . Dấu “=” xảy ra  a  b  c  . 2 2