Đề thi HSG môn Toán lớp 10 trường THPT Tam Quan năm 2015 -2016

1 Mỗi học sinh lớp 10A1 đều chơi búng đỏ hoặc búng chuyền.. Hỏi lớp 10A1 cú bao nhiờu học sinh.. Với điều kiện nào của cỏc số thực a và b thỡ C là một đoạn?. Chứng minh ba điểm B, I ,K t

SỞ GD & ĐT BèNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT TAM QUAN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10

NĂM HỌC 2015- 2016 Mụn thi: TOÁN

Thời gian: 150 phỳt (khụng kể thời gian giao đề)

Cõu I: (1,5 điểm) So sỏnh cỏc số thực sau ( Khụng dựng mỏy tớnh gần đỳng).

3 2 và 2 3

Cõu II: (3,0 điểm) Cho

2 2

A

a) Rỳt gọn A

b) Tỡm x nguyờn để A nguyờn

Cõu III: (5,0 điểm).

1) Mỗi học sinh lớp 10A1 đều chơi búng đỏ hoặc búng chuyền Biết rằng cú 25 bạn chơi búng đỏ, 20 bạn chơi búng chuyền và 10 bạn chơi cả hai mụn thể thao này Hỏi lớp 10A1 cú bao nhiờu học sinh

2) Cho cỏc nữa khoảng A(a a; 1], B[ ; b b2) Đặt C A B Với điều kiện

nào của cỏc số thực a và b thỡ C là một đoạn? Tớnh độ dài của đoạn C khi đú

3) Tỡm một tớnh chất đặc trưng cho cỏc phần tử của mỗi tập hợp sau:

a) A 1 1 1 1 1, , , ,

2 6 12 20 30

2 3 4 5 6

3 8 15 24 35

Cõu IV: (3,0 điểm).

1) Tỡm m để phương trỡnh x2  1 m4m2 1 cú bốn nghiệm phõn biệt

2) Giải hệ phương trình: 4 3 4

4 3 4









 

 

Cõu V: (4,0 điểm).

1) Cho tam giỏc ABC cú trung tuyến AM Gọi I là trung điểm của AM và K là điểm trờn cạnh AC sao cho AK 1AC

3

 Chứng minh ba điểm B, I ,K thẳng hàng

2) Cho tứ giỏc ABCD Cỏc điểm M, N, P và Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD

và DA Chứng minh hai tam giỏc ANP và CMQ cú cựng trọng tõm

Cõu VI: (3,5 điểm) Cho đường trũn tõm (O; R) đường kớnh AB và CD vuụng gúc với

nhau Trong đoạn AB lấy điểm M khỏc 0 Đường thẳng CM cắt đường trũn (O) tại điểm thứ hai N Đường thẳng vuụng gúc với AB tại M cắt tiếp tuyến với đường trũn (O) tại N ở điểm P Chứng minh rằng:

a) Cỏc điểm O, M, N, P cựng nằm trờn một đường trũn

b) Tứ giỏc CMPO là hỡnh bỡnh hành

c) CM.CN = 2R2

-HẾT -Họ và tờn thớ sinh: Số bỏo danh:

CÂU NỘI DUNG ĐÁP ÁN

I.

(1,5đ)

Giả sử 3 2 > 2 3    2 2

II

(3,0 đ)

a) (1,5 đ) x2-7x+10=(x-5)(x-2) Điều kiện để A có nghĩa là

x ≠5và x ≠2

2 2

2

( 5)( 2)

A



x A

  , với x nguyên, A nguyên khi và chỉ khi 1

2

x nguyên, khi đó x-2=1 hoặc x-2 =-1 nghĩa là x=3, hoặc x=1.

III

(5,0đ)

1)(2 đ) Gọi A là tập hợp các học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá

B là tập hợp các học sinh lớp 10A1 chơi bóng chuyền Vì mỗi bạn của lớp 10A1 đều chơi bong đá hoặc bóng chuyền nên A B là tập các học sinh của lớp Để đếm

số phần tử của A B Số phần tử của A là 25 Hs và của B là 20 hs Nhưng khi đó các phần tử thuộc A B được đếm hai lần( 10 lần)

Vậy số phần tử của A B là 25+20 -10 = 35 Lớp 10A1 có 35 hs

2) (2 đ) C [b b;   2) (a a;  1] là một đoạn b a b     2 a 1

Khi đó, C [b b;   2) (a a;   1] [ ;b a 1] là đoạn có độ dài a b  1

( 1)

n n



1)

n

n



IV

(3,0đ)

)

1) (1,5 đ) Ta có: m4 m2   1 0

PT 22 42 24 2 2 2 (1)

(1 ) (2)

 



(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m4 m2   2 0

(2) có 2 nghiệm phân biệt  m 0 và 1 m2  0  m  ( 1; 1) {0} \

PT có 4 nghiệm phân biệt  m  ( 1;1) {0} \ và m4 m2   2 m2 m4

 m  ( 1;1) {0} \ và m4 m2   1 0  m  ( 1;1) {0} \ , kết luận

2) (1,5 đ) Điều kiện để hệ có nghiệm là:

3 4 3 4

x y

 







 (*)

Với điều kiện (*), ta có:



     2 2

( )b  x y  x y x y 4 0    x y 0 x y

(vì , 3 0

4

x y  nên x y x   2 y2  4 0)

Thay vào (a): x4   3 4y x4  4x   3 0 x4   1 4x  1 0

   3 2   2 2 

x  x  x  

So với điều kiện (*), ta có: 1 3

4

x  y Vậy hệ phương trình có nghiệm duy nhất : 1

1

x y





 



V

(4,0đ)

1) (2,0 đ) Đặt u BA v BC  ;  Ta cú

         

BI  BA BM  u v

    

Từ (1) và (2) suy ra 2u v  3BK , 2u v   4BI vậy 3BK 4BI hay 4

3

BK  BI

 

Do đú ba điểm B, I, K thẳng hàng

2) (2,0 đ) Gọi G là trọng tõm tam giỏc ANP Khi đú GA GN GP     0

Ta cú

GC GM GQ GA AC GN NM GP PQ

        

         Vậy GC GM GQ     0 Suy ra G là trọng tõm tam giỏc CMQ

VI

(3,5đ)

F E

B A

D

C

P N

a) (1,5 đ) * Tam giác OMP vuông tại M nên O, M, P thuộc đường tròn đường kính OP

* Tam giác ONP vuông tại N nên O, N, P thuộc đường tròn đường kính OP

* Vậy O, M, N, P cùng thuộc đường tròn đường kính OP

b) (1,0 đ) MP//OC (vì cùng vuông góc với AB)

NMP NCD (hai góc đồng vị)

ONC OCN (hai góc đáy của tam giác cân ONC)

NMP NOP (hai góc nội tiếp cùng chắn cung NP)

Suy ra MNO NOP; do đó, OP//MC

Vậy tứ giác MCOP là hình bình hành

c) (1,0 đ) CND COM g g( )

Nên OC CM

CN  CD hay CM.CN = OC.CD = 2R2