De thi chon hsg cap truong mon toan lop 10 truong thpt luu hoang nam hoc 2020 2021

UỶ BAN NHÂN DÂN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi Toán Lớp 10 (Thời gian làm bài 120 phút, không kể thời gian giao đề[.]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn thi: Toán - Lớp: 10

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm) Cho parabol   2

:

P y  x  bx  c ( , b c là các tham số thực)

a) Tìm giá trị của , b c biết parabol   P đi qua điểm M   3;2  và có trục đối xứng là đường thẳng x   1

b) Với giá trị của , b c tìm được ở câu a), tìm m để đường thẳng d y :    x m

cắt parabol   P tại hai điểm phân biệt , A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với

O là gốc tọa độ)

Câu 2 (7 điểm)

x  x   x  x  

b) Tìm m để bất phương trình

2 2

2 1

3 4

c) Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 5





Câu 3 (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A   1;1  và B   2; 4 Tìm

tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

Câu 4 (5 điểm) Cho tam giác ABC có M là trung điểm AC , N là điểm thuộc cạnh

BC thỏa mãn NC  2 NB Gọi I là trung điểm của MN

a) Chứng minh rằng: 2 1

IN  IB  IC b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB và IC

c) Giả sử độ dài các cạnh BC  a CA b AB ,  ,  c Chứng minh rằng:

Nếu 3 a IA  4 b IB  5 c IC  0 thì tam giác ABC đều

Câu 5 (2 điểm) Cho ba số thực x y z thỏa mãn , , x  1, y  1, z  1 và 1 1 1 2

x    y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A   x  1  y  1  z  1 

-HẾT -

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!

Họ và tên thí sinh: Số báo danh:

Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2:

ĐỀ CHÍNH THỨC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2020 – 2021

Môn thi: Toán - Lớp: 10

I Hướng dẫn chung

II Đáp án và thang điểm

Câu 1

(4 điểm)

a) Cho parabol   2

:

P yx bx c ( ,b c là các tham số thực) Tìm giá trị của ,b c

biết parabol  P đi qua điểm M3; 2 và có trục đối xứng là đường thẳng x 1

Do parabol  P có trục đối xứng là đường thẳng x 1 nên ta có

2

b

b

Do parabol  P đi qua điểm M3; 2 nên ta có

 2  

2 3 b    3 c c 3b7 c 3.2 7  1

Vậy b2,c 1

1

b) Với giá trị của ,b c tìm được ở câu a), tìm m để đường thẳng d y:   x m cắt

parabol  P tại hai điểm phân biệt ,A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với

O là gốc tọa độ)

Với b2,c 1 ta có   2

P yx  x Phương trình hoành độ giao điểm của  P và d là

x  x    x m x  x  m (1)

Để d cắt  P tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt

13

13 4 0

4

0.5

Khi đó giả sử 2 nghiệm của phương trình (1) là x x lần lượt là hoành độ 2 điểm 1, 2

,

A B

Do A B,  d A x 1; x1 m ,B x2; x2 mOA x 1; x1 m OB x,  2; x2 m

0.5

Tam giác OAB vuông tại O khi và chỉ khi

OA OB x x  x m x m   x x m x x m  (2) 0.5

Do x x là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo định lí Vi-et ta có 1, 2 1 2

1 2

3 1

x x

x x m



2

m

m

 



Kết hợp với điều kiện 13

4

m ta có các giá trị của m cần tìm là m 1,m2

0.5

Câu 2

(7 điểm)

a) Giải phương trình: x23x 3 x23x 6 3

Phương trình đã cho tương đương với

3 3 1 3 6 2 0

ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC

2 2

0

x x

2

3 2 0

x x

1 2

x x





Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x1,x2

0.5

b) Tìm m để bất phương trình

2 2

2 1

3 4

x mx

x x

   

  vô nghiệm

Bất phương trình

2 2

2 1

3 4

x mx

x x

 

  vô nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình

2 2

2 1

3 4

x mx

x x

   

  (1) nghiệm đúng với mọi x

0.5

Ta có

2  

2x m 3 x 2 0

     (2)

0.5

Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi  0 0.5

 2

            

Vậy để bất phương trình

2 2

2 1

3 4

x mx

x x

  vô nghiệm thì   7 m 1

0.5

c) Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 5

x y x y

x y y x





Đặt 2

2 1

x y a

x y b





 a b, 0 Suy ra a2b2 3x y 1 0.5

Hệ phương trình đã cho trở thành



0.5 Thay (1) vào (2) ta được

5 2 b  b 3b  1 0 5b 23b260

13 5 2

b

b

 











b   a (Loại vì a0)

Với b  2 a 1

0.5

2 1 2

x y

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  x y; là 1; 1 

0.5

Câu 3

(2 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A1;1 và B 2; 4 Tìm tọa độ điểm

C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A

Gọi C x y ; là điểm cần tìm

Để tam giác ABC vuông cân tại A thì AB AC. 0

AB AC







 (1)

0.5

Ta có AB 3;3 ,ACx1;y1 Từ (1) suy ra 0.5

  2 2   2 2

2 2 2

4

4

4

x

y x

x

x

x

y

 

 

 







Vậy có hai điểm C thỏa mãn điều kiện bài toán là C2; 2  hoặc C4; 4

0.5

Câu 4

(5 điểm)

Cho tam giác ABC có M là trung điểm AC, N là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn

2

NC NB Gọi I là trung điểm của MN

a) Chứng minh rằng: 2 1

IN IB IC

b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB và IC c) Giả sử độ dài các cạnh BC a CA, b AB, c Chứng minh rằng:

Nếu 3 a IA4 b IB5 c IC0 thì tam giác ABC đều

a) Do NBC và thỏa mãn NC2NB nên ta có

2NBNC0

2 IB IN IC IN 0

2IB IC 3IN 0

IN IB IC

1

b) Do M là trung điểm AC nên ta có 1 1

Do I là trung điểm MN nên ta có IMIN 0 0.5

0

2IA 2IC 3IB 3IC

2IA 3IB 6IC

2IA 3IB 6IC

IA IB IC

c) Theo câu b) ta có 4 5 3 4 5

IA  IB IC IA  IB IC Khi đó 0.5

3 a IA4 b IB5 c IC0 a4IB5IC4 b IB5 c IC 0 0.5

4 b a IB 5 c a IC 0

     4ba IB 5ac IC (1) 0.5

Do IB và IC không cùng phương nên từ (1) suy ra 0

0

b a

a b c

a c

 

  

Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều

0.5

Câu 5

(2 điểm)

Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn x1,y1,z1 và 1 1 1 2

x  y z Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Ax1y1z1

Từ 1 1 1 2

Tương tự ta có 1 2 z 1.x 1



0.5

Suy ra   2  2 2

2 2 2

1

xyz x y z

8

8

A

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là 1

8 đạt được khi

3 2

-Hết -

Ghi chú: Nêú học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa