Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Phùng Khắc Khoan (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019 -THẠCH THẤT- Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề) Câu 1.(5,0 điểm) 1) Cho hàm số y x2 x 1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d:2 y x m cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( mR ) để phương trình x42 3 m 1 x 6 m 2 0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 . Câu 2.(5,0 điểm ) 1) Giải bất phương trình: 2x 5 x22 x 25 x 5 x 6 0 . 3 2x y x 2 y 1 5 2) Giải hệ phương trình: . 2x 2 y 1 5 x 10 y 9 Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết S b22 () a c . Tính tan B. Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC 600 . Các điểm M, N được xác định 1 bởi MC 2 MB và NA NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông 2 góc với nhau. Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho AB 1;2 , 3; 4 . Tìm tọa độ điểmC sao cho ABC 0 vuông tại C và có góc B 60 . Câu 6. (2,0 điểm) Cho x,, y z là các số thực dương. Chứng minh rằng: 2xz2 y 2 1 1 1 3 2 3 2 3 2 2 2 2 x y y z z x x y z Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: .
2. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 -THẠCH THẤT- Môn: Toán Thời gian: 150 phút Câu 1.1 (3,0 đ) 1) Cho hàm số y x2 x 1 có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d: y 2 x m cắt đồ thị (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). PT hoành độ giao điểm: x2 3 x 1 m 0. (1) Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt PT (1) có 2 nghiệm phân biệt xx, 12 1,0 13 0 13 4mm 0 .(*) 4 xx12 3 A( x1 ; 2 x 1 m ); B ( x 2 ; 2 x 2 m ) Theo hệ thức Vi-et: 0,5 Giả sử . x.1 x m 12 Ta có OAB vuông tại O 1 21 1,0 OAOB. 0 5 x x 2 m x x m22 0 m m 5 0 m 1 2 1 2 2 1 21 Đối chiếu đk (*) có 2 giá trị của m là m 0,5 2 Câu 1.2(2,0 điểm) 2) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình x42 3 m 1 x 6 m 2 0 có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4. Đặt tx 2 0 , thay vào phương trình ta được t2 3 m 1 t 6 m 2 0 0,5 t 2 phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi tm 31 1 3m 1 0 m 3 . Khi đó pt đã cho có 4 nghiệm là 2; 3m 1 0,5 3m 1 2 m 1 17 Để các nghiệm đều lớn hơn 4 thì 3m 1 4 3 m 1 4 m . 3 0,5 1 17 Vậy các giá trị của m là m ; \ 1 33 0,5 Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình: 2x 5 x22 x 25 x 5 x 6 0 x 3 Điều kiện: 0,5 x 2 *) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng. 0,5 x 3 2 *) Nếu thì bất PT đã cho 2x 5 x x 250 () a 0,5 x 2 2x 5 0 (Do x2 x 25 0) (1) 2 0,5 (a ) x x 25 2 x 5 2x 5 0 (2) 22 x x 25 4 x 20 x 25
3. +) Giải (1) và kết hợp đk x ;2 . 5 5 x 0,5 x 2 19 (2) +) Giải (2): 2 Kết hợp đk x 3; 2 19 3 3xx 19 0 0 x 3 19 Tập nghiệm S ;2  3; 3 0,5 3 2x y x 2 y 1 5 Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2x 2 y 1 5 x 10 y 9 ĐK: 2x y 0, x 2 y 1 0 . Đặt u 2 x y ,( u 0) và v x 2 y 1,( v 0) . 0,5 35uv Ta được hệ phương trình: 22 4u 3 v 2 v 12 0 vu 53 vu 53 u 1 2 0,5 23uu 96 73 0 73 u 23 21xy 2x y 1 x 1 Với uv 12 (t/m) 0,5 x 2 y 3 y 1 xy 2 1 2 73 104 x 1 Với uv , (loại vì đk v 0). Vậy hệ phương trình có nghiệm: 0,5 23 23 y 1 Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết S b22 () a c . Tính tan B. 1 Ta có: S b22 () a c acsin Ba 2 c 2 2 ac cos Ba 2 c 2 2 ac 2 0,5 11 acsin B 2 ac (1 cos B ) sin B 4(1 cos B ) cos B 1 sin B (*) 240,5 2 2 2 2 1 17 2 1 Mặt khác sinBBBBBB cos 1 sin 1 sin 1 sin sin 0 4 16 2 0,5 8 sinB (do sinB > 0) 17 15 8 Kết hợp với (*) ta được: cosBB tan . 0,5 17 15 Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và BAC 600 . Các điểm M, N 1 được xác định bởi MC 2 MB và NA NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và 2 CN vuông góc với nhau. 0,75 Ta có: MC 2 MB AC AM 2( AB AM ) 3 AM 2 AB AC 0,75 Tương tự ta cũng có: 32CN CA CB
4. 0,5 Vậy: AM CN AM  CN 0 (2 AB AC )(2 CA CB ) 0 22 (2AB AC )( AB 3 AC ) 0 2AB 3 AC 5 AB . AC 0 0,5 5bc 0,5 2cb22 3 0 4c22 6 b 5 bc 0 2 Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho AB 1;2 , 3; 4 . Tìm tọa độ điểm C 0 sao cho ABC vuông tại C và có góc B 60 . Ta có AB 2; 6 , Giả sửC x; y AC x 1; y 2 ; BC x 3; y 4 . 0,5 AC BC 0 vuông tại và có góc B 60 1 0,5 BC AB 2 AC.0 BC x 1).( x 3) ( y 2 (y 4) 0 2 0,5 2 AB 22 BC xy 3 4 10 4 x22 y 4 x 2 y 5 0 22 x y 6 x 8 y 25 10 0,5 x2 y 2 4 x 2 y 5 0 x 2 y 2 4 x 2 y 5 0 2x 6 y 20 0 x 3 y 10 0,5 9y22 60 y 100 y 12 y 40 2 y 5 0 xy 3 10 2 x 3 y 10 10 y 50 y 55 0 5 3 3 5 3 xy , 0,5 22 5 3 3 5 3 xy , . KL : 22 2xz2 y 2 1 1 1 Câu 6. (2,0 điểm) Cho x, y , z 0 . CMR: 3 2 3 2 3 2 2 2 2 x y y z z x x y z Áp dụng BĐT côsi cho các số dương x,, y z ta có 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 3 2 0,5 x y2 x y ; y z2 y z ; z x2 z x 2x22yy 2 z 2 x 2 z 3 2 3 2 3 2 1 x y y z z x 2x3 y 2 2 y 3 z 2 2 z 3 x 2 0,5 2xz2 y 2 1 1 1 3 2 3 2 3 2 x y y z z x xyyzzx 1 1 2 1 1 2 1 1 2 Mặt khác, ta có: ; ; x22 y xy y22 z yz z22 x zx 0,5 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 x y z xy yz zx 2xz2 y 2 1 1 1 Từ 1 , 2 ta có x3 y 2 y 3 z 2 z 3 x 2 x 2 y 2 z 2 0,5 Dấu '' '' xảy ra x y z 1 Chú ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương tự.