Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc - THI247.com

Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.. Cho tam giác ABC đều cạnh 3a[r]

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.

Câu 1 (2,0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số 1 2

1 1 2

x

  Câu 2 (2,0 điểm) Cho hàm số y x22mx3m và hàm số y  2x 3 Tìm m để hai đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5

Câu 3 (2,0 điểm) Tìm m để phương trình 2x2 2xm x có nghiệm 1

Câu 4 (2,0 điểm) Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 1

x





   có tập nghiệm là  Câu 5 (2,0 điểm) Giải phương trình 2x26x 1 4x 5

Câu 6 (2,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2

3





Câu 7 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh 3a Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh

BC, CA sao cho BM =a, CN=2a Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vuông góc với

PN Tính độ dài PN theo a

Câu 8 (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC 2AB, phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là  d :xy2 Biết 0  0

120

ABC  và

3;1

A Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

Câu 9 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp  ABC, biết IGIC

3

a b

 (Với ABc BC, a CA,  ) b

Câu 10 (2,0 điểm) Cho các số thực a b c  , , 0 thỏa mãn 3

2

a    b c Tìm giá trị nhỏ nhất

-Hết -

Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh………

I LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa

- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn

II ĐÁP ÁN:

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10

ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019

1 (2,0 điểm) Tìm tập xác định của hàm số 2

1

1 1 2

x

  Hàm số có xác định khi và chỉ khi

2

x

   



6

x

x x

x

 



     

0,5

1

6

x

x x

x

 





     



0,5

2 (2,0 điểm) Cho hàm số

2

yx  mx m và hàm số y  2x 3 Tìm m để hai

đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB  4 5

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: x22mx3m 2x 3

2

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt

' 0

4

m m

 





 

 Gọi A x 1; 2 x13 ; B x2; 2 x23 với x x là nghiệm phương trình (*) 1; 2

0,5

Theo Vi-et ta có:  

1 2







Ta có: AB 5x1x22  5x1x2220 x x1 2  20m1260m1

0,5

    So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5

0,5

3 (2,0 điểm) Tìm m để phương trình 2

2x 2xm x1 có nghiệm

x

 





0,5

(Đáp án có 05 trang)

   

Ta có bảng biến thiên hàm số yx24x là:

0,5

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x1hay

0,5

4

(2,0 điểm) Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 1

x





   có tập nghiệm là 

Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx24x m   với x3 0   

( m =0 không thỏa mãn)

2

0

m

m



0,5

Với m   Khi đó ta có 1 mx24x m   với x3 0   

Bpt   x 1 mx24x m  3 mx25x m   (1) 4 0

(1)

4 41 2

0 4 16 25 0

4 41 2

m

m













2

m  m 

0,5

Với m 4 Khi đó ta có mx24x m   với x3 0   

Bpt   x 1 mx24x m  3 mx25x m   (2) 4 0

( 2)

4 41 2

0 4 16 25 0

4 41 2

m

m













2

0,5

2

2

5 (2,0 điểm) Giải phương trình 2x26x 1 4x5

y -3

-4

+ ∞

Điều kiện: 4

5

x  

Đặt t 4x   5 t 0

0,5

Ta có

2

5 4

t

 thay vào ta được phương trình sau:

0,5

1

3

4

1 2 2

1 2 3

t

t

t



  



  



  



x x

  



   

3





Đặt a 4x10 ;y b 2x2y a b , 0

Khi đó hệ trở thành 2 2

2 2

4

4

24

a b

a b

  



0,5

, 0 2

4

144

a b

b

a b



    

 

0,5



Giải hệ trên ta được 8; 16

7

(2,0 điểm) Cho tam giác ABC đều cạnh 3a Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho

AM vuông góc với PN Tính độ dài PN theo a.

Đặt APx ABx0

Ta có: AM AB BM  AB13BC AB13ACAB 23AB13AC

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

0,5

A

M P

N

1

3

PN PA AN  x AB AC

    

AM PN   AM PN   2 1 1 0

3AB 3AC x AB 3AC

   

cos 60

2

a

 

2

               

0,5

Khi đó

2 2

PN   AB ACPN   AB AC

    

2

a

0,5

21 15

PN

8

(2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có

2

BC  AB, phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là

 d :xy2 Biết 0  0

120

ABC  và A3;1 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

Đặt ABa a 0

Ta có: AC  AB2AC2 2AB ACco s1200 a 7

0,5

Ta có

Suy ra tam giác ABM vuông tại B

0,5

Khi đó phương trình AB: xy20

2

Gọi M m ; 2m 6 2 3

M là trung điểm AC nên C2 3; 4 3 hoặc C2 3; 4 3

0,5

9

(2,0 điểm) Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp  ABC, biết

IGIC Chứng minh rằng 2

3

a b

 (Với ABc BC, a CA,  ).b

B

M

Ta chứng minh a IAb IBc IC0

 

        

0,5

0,5

Khi đó 2a b c CA   2b a c CB aCA bCB 0

    

ab CA CB  b2a b c a2b a c 0

         

Do abCA CB ababcosCab1 cos C0

 

0,5

Nên ta có: b2a b ca2b a c0

3

 



0,5

10

(2,0 điểm) Cho các số thực a b c  , , 0 thỏa mãn 3

2

a    b c Tìm giá trị nhỏ

Ta thấy

0,5

1

0,5

17

17

2

2

3

2

2

0,5

G C

I

M N