zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

ĐÊ ̀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 KỲ THI OLYMPIC TRUYÊN THÔNG 30/4

Chia sẻ: Mai Linh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:6

Báo xấu

289
lượt xem 75
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đê ̀ thi môn toán lớp 10 kỳ thi olympic truyên thông 30/4', tài liệu phổ thông, toán học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: ĐÊ ̀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 KỲ THI OLYMPIC TRUYÊN THÔNG 30/4

KỲ THI OLYMPIC TRUYÊN THÔNG 30/4 ̀ ́ LÂN THỨ XIII TAI THANH PHỐ HUẾ ̀ ̣ ̀ ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10 Thời gian lam bai: 180 phút ̀ ̀ Chú y: Môi câu hoi thí sinh lam trên 01 tờ giây riêng biêt ́ ̃ ̉ ̀ ́ ̣ Câu 1 (4 điểm). Giải hệ phương trình: 2 8 xy  x + y + x + y = 16 2   x + y = x2 − y  Câu 2 (4 điểm). Cho các số thực a, b, x, y thoả mãn điều kiện ax − by = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a 2 + b 2 + x 2 + y 2 + bx + ay . Câu 3 (4 điểm). Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện: A− B 3A 3B + sin = 2 cos sin . 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. Câu 4 (4 điểm). Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho: MB + MC + MD = 4MP ; MC + MD + MA = 4MQ ; MD + MA + MB = 4MR ; MA + MB + MC = 4 MS . Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. Câu 5 (4 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nh ất một điểm có tọa độ nguyên. -------------------HẾT--------------------- Ghi chú: Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
Đáp án Toán 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1: Giải hệ phương trình: 2 8xy x + y + x + y = 16 2 (1)   x + y = x2 − y (2)  * Điều kiện: x + y > 0 0,5 * (1) ⇔ (x2 + y2)(x + y) + 8xy = 16(x + y) 1 ⇔ [(x + y)2 – 2xy ] (x + y) – 16(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)3 – 16(x + y) – 2xy(x + y) + 8xy = 0 ⇔ (x + y)[(x + y)2 – 16] – 2xy(x + y – 4) = 0 ⇔ (x + y – 4)[(x + y)(x + y + 4) – 2xy] = 0 x + y − 4 = 0 0,5 (3) ⇔  x + y + 4(x + y) = 0 (4) 2 2 Từ (3) ⇒ x + y = 4, thế vào (2) ta được: 1  x = −3 ⇒ y = 7 x2 + x – 4 = 2 ⇔ x2 + x – 6 = 0 ⇔  x = 2 ⇒ y = 2 .  (4) vô nghiệm vì x + y ≥ 0 và x + y > 0. 2 2 0,5 Vậy hệ có hai nghiệm là (–3; 7); (2; 2) 0,5
Đáp án Toán 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 2: Cho các số thực a , b , x , y thỏa mãn điều kiện ax − by = 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức F = a 2 + b 2 + x 2 + y 2 + bx + ay . 0,5 2 2 ( )  b  a 3 Viết lại F =  x +  +  y +  + a 2 + b 2 .  2  2 4 1,5 b a Đặt M = ( x; y ) , A =  − ; −  , ( ∆ ) : ax − by = 3 . Ta có 2 2 2 2 3  b  a MA =  x +  +  y +  . Mà M ∈ ( ∆ ) nên MA ≥ [ d ( A; ∆ ) ] = 2 2 . 2 2 a + b2  2  2 Đẳng thức xảy ra khi M là hình chiếu của A trên ( ∆ ) . 1 + (a 2 + b2 ) ≥ 2 2 . (a 2 + b2 ) = 3 . 3 3 3 3 Suy ra F ≥ a +b a +b 4 2 2 2 4 min F = 3 Vậy đạ t được chẳng hạn khi 1   ( a; b; x; y ) =  2 ; 0; 6 ; − 2  .  2 2  
Đáp án Toán 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 3: Cho tam giác ABC có các góc A, B thỏa điều kiện :  A−B  3A   3B  sin   + sin   = 2cos  . 2 2 2 Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 3( A + B ) 3( A − B) 1 3A 3B Ta có: sin( ) + sin( ) = 2 sin( ) cos( ) . 2 2 4 4 3( A + B ) A−B 1 ≥ sin( ) > 0; cos( )>0 4 2 A−B 3A−B 0 2 3( A + B) 3( A − B ) Suy ra : 2sin( )cos( ) >0 4 4 3( A − B ) Hay cos( )>0. 4 3( A + B ) 3( A − B ) 3( A + B) 3( A − B ) 1 ≤ ) ≤ cos( Kết hợp với sin( ) 1, ta có sin( )cos( ) 4 4 4 4 3( A + B) 3( A − B) A−B 3( A − B) ) ≤ 2cos( 4 ) ≤ 2cos( 2 ) Do đó: 2 sin( )cos( 4 4 A− B 1 3B 3A Vì vậy nếu sin( thì phải có: ) + sin( ) = 2cos( ) 2 2 2  A− B 3A− B 2=  π 4 ⇔A =B= .  3( A + B ) 3  sin( ) =1   4 Vậy tam giác ABC là tam giác đều.
Đáp án Toán 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 4: Cho tứ giác lồi ABCD. Xét M là điểm tùy ý. Gọi P, Q, R, S là các điểm sao cho MB + MC + MD = 4 MP ; MC + MD + MA = 4MQ MD + MA + MB = 4 MR ; MA + MB + MC = 4 MS Tìm vị trí của điểm M sao cho PA = QB = RC = SD. Giả sử có điểm M thỏa bài toán. Gọi G là điểm sao cho 0,5 5MG = MA + MB + MC + MD . 1 Từ MB + MC + MD = 4MP , ta có 4 PA = 5GA . Tương tự 4QB = 5GB , 4 RC = 5GC , 4 SD = 5GD . Do đó PA = QB = RC = SD ⇔ GA = GB = GC = GD. 1 Nếu ABCD là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn tâm O thì G 1 trùng O và M là điểm duy nhất xác định bới ( ) OM = − OA + OB + OC + OD . Kiểm tra lại thấy thỏa PA = QB = RC = SD. Nếu ABCD không phải là tứ giác nội tiếp được trong đường tròn 0,5 thì không tồn tại điểm M.
Đáp án Toán 10 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 5: Trong mặt phẳng tọa độ cho một ngũ giác lồi có các đỉnh là những điểm có tọa độ nguyên. Chứng minh rằng bên trong hoặc trên cạnh ngũ giác có ít nhất một điểm có tọa độ nguyên. Coi đỉnh Ai (xi; yi), i = 1, 2, 3, 4, 5. 1,5 (xi; yi) có thể rơi vào những trường hợp sau: (2k; 2k’), (2k; 2k’+1), (2k+1; 2k’ + 1), ( 2k +1; 2k’) với k, k’ ∈ Z Do đa giác có 5 đỉnh nên theo nguyên lí Đi rich lê, có ít nh ất 2 đ ỉnh 1,5 có tọa độ thuộc một trong bốn kiểu trên. Khi đó trung điểm của đoạn nối 2 đỉnh ấy sẽ có tọa độ nguyên. 1 Do ngũ giác là lồi nên điểm này ở miền trong hoặc trên cạnh của ngũ giác đó.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.