Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Phong số 2 (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2018-2019 - Trường THPT Yên Phong số 2 (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 26/01/2019 Đề gồm có : 01 trang Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y x2 (2 m 3) x 2 m 2 (1) 1) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2) Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y 3 x 1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho OAB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ). Câu 2 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2x y x m 1 xác định trên khoảng ( - 1; 3). x 2 m Câu 3 (5 điểm). Giải các phương trình sau 1) x2 3 x 1 7 2 x 2) 3x 1 4 x 3 5 x 4 3) 3x 3 5 2 x x3 3 x 2 10 x 26 0. x2 x 3 y xy 2 xy y 1 Câu 4 (2 điểm). Giải hệ phương trình: 4 2 x y xy(2 x 1) 1 0 Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác  ABC có AB = 1,  AC = x và BAC 60 . Các điểm M, N được xác định bởi MC 2 MB và NB 2 NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau. Câu 6 (2 điểm). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có       1 GAGB () GBGC GC GA AB2 BC 2 CA 2 . 6 Câu 7 (2 điểm). Cho x, y , z [2018;2019]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: | 2018.2019 xy | | 2018.2019 yz | | 2018.2019 zx | f(,,) x y z . ()()()x y z y z x z x y Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
2. SỞ GD&ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 Ngày thi: 26/01/2019 Câu Nội dung Điểm 1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2,0 2) Phương trình hoành độ giao điểm: x2 2 mx 2 m 3 0(*) * Tìm được điều kiện để dường thẳng cắt đồ thị hàm số tai A, B là 0.5 m 3 hoặc m 1 x1 x 2 2 m * Gọi x, x là các nghiệm pt (*), ta có 1 2 x x 2 m 3 1(4đ) 1 2 * A( x1 ;3 x 1 1), B ( x 2 ;3 x 2 1). Tính được   1 OAOB. 0 10 x1 x 2 3( x 1 x 2 ) 1 0 31 26m 31 0 m 26 0.5 31 Kết luận m 26 x m 1 0 x m 1 Hàm số xác định khi x 2 m 0 x 2 m 1 Tập xá định của hàm số là D [ m 1;2 m ) với điều kiện m 1 2 m m 1. 2(2đ) Hàm số xác định trên ( 1;3) khi và chỉ khi ( 1;3)  [m 1;2 m ) m 0 1 . Vô nghiệm. m 1 1 3 2 m 3 m 2 Kết luận không có giá trị của m
3. 2x 7 0 1) x2 3 x 1 7 2 x x2 3 x 1 (2 x 7) 2 7 2 x 2 x 5 x 5 10 x 3 Kết luận S 5. 2) 3x 1 4 x 3 5 x 4 2 3x 1 0 4x 3 0 3x 1 4 x 3 2 (3 x 1)(4 x 3) 5 x 4 3 3 x x 3 4 4 (3x 1)(4 x 3) 3 x 11 x2 x 12 0 3(5đ) 3 x 3 4 x 1 x 1 12 x 11 Kết luận Kết luận S 1. 3) 3x 3 5 2 x x3 3 x 2 10 x 26 0. 5 Đk: 1 x . 2 Phương trình viết lại: 1
4. ( 3x 3 3) ( 5 2 x 1) ( x 2)( x2 x 12) 0 3(x 2) 2( x 2) (x 2)( x2 x 12) 0 3x 3 3 5 2 x 1 3 2 (x 2)( x2 x 12) 0 3x 3 3 5 2 x 1 x 2 3 2 2 x x 12 0(*) 3x 3 3 5 2 x 1 5 Do x2 x 12 0,  x [ 1, ] 2 Nên (*) vô nghiệm. Kết luận S 2. x2 x 3 y xy 2 xy y 1(1) Giải hệ phương trình: (*) 4 2 x y xy(2 x 1) 1(2) 2 2 (x y ) xy ( x y ) xy 1 (*) 2 2 1 x y xy 1 a x2 y a ab b 1 Đặt . Hệ trở thành: (*) 2 b xy a b 1 a3 a 2 2 a 0 a ( a 2 a 2) 0 Hệ (*) 1 2 2 b 1 a b 1 a Từ đó tìm ra (a ; b )  (0; 1); (1; 0); ( 2; 3) x2 y 0 4(2đ) Với (a ; b ) (0; 1) ta có hệ x y 1. xy 1 x2 y 1 Với (a ; b ) (1; 0) ta có hệ (x ; y ) (0; 1);(1;0);( 1;0) . xy 0 Với (a ; b ) ( 2; 3) ta có hệ 2 3 3 x2 y 2 y y x x x 1; y 3 . xy 3 3 2 x 2 x 3 0 ( x 1)( x x 3) 0 Kết luận: Hệ có 5 nghiệm (x ; y )  (1;1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3) .
5. Ta có: đk x 0          MC 2 MB AC AM 2( AB AM ) 3 AM 2 AB AC    Tương tự ta cũng có: 3CN 2 CA CB       Vậy: AM CN AM  CN 0 (2 AB AC )(2 CA CB ) 0       (2AB AC )( AB 3 AC ) 0 2AB2 3 AC 2 5 AB . AC 0 3 5(3đ) 1 x 2 2 1 4 6x 5 x 0 x 4 2 x 3   GA2 GB 2 AB 2 GAGB. GAGB . .cos AGB GAGB . . 2GAGB . 6(2đ) Ta có 2 2 4ma 4 m b 2 GA2 GB 2 AB 2 AB 9 9 2 2 Tương tự ta có 2 đẳng thức như trên. Sau đó cộng lại ta được       GAGB GBGC GC GA 2 4m2 4 m 2 4 m 2 4 m 2 4 m 2 4 m 2 a b AB2 b c BC 2 c a CA 2 9 9 9 9 9 9 2 2 2 8 2 2 2 2 2 2 ()()ma m b m c AB BC CA 9 2 Sử dụng công thức đường trung tuyến ta được đpcm.
6. Ta chứng minh: x, y , z [ a ; b ], ( a >0) ta luôn có |ab xy | b a x y 2 4(ab xy )2 ( x y ) 2 ( b a ) 2 [2ab 2 xy ( x y )( b a )][2 ab 2 xy ( x y )( b a )] 0 [b (2 a x y ) x ( a y ) y ( a x )]x [abxy (2 ) xby ( ) ybx ( )] 0( d úng) 1 |ab xy | b a b a Vậy ta có . 7(2đ) (x y ) z 2 z 2 a Dấu ‘‘=’’ khi x y a, z a hay x y z a Áp dụng ta có: b a b a b a3( b a ) f(,,) x y z 2a 2 a 2 a 2 a Dấu ‘‘=’’ khi x y z a Thay a 2018, b 2019 , ta được 3 1 max f ( x , y , z ) khi x y z 2018 4036 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.