Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

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..[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

2 1

1 1 2

x

 

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

1

1

x





   có tập nghiệm là 

Câu 6 (2,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

ïïï

ïïî

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.

phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh B là  d :x y  2 0 Biết  ABC  1200 và

3;1

A Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác

Chứng minh rằng

2 3

a b

+ +

= + (Với AB=c BC, =a CA b, = )

3 2

Tìm giá trị nhỏ nhất

của

-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………

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

ĐỀ THI MÔN: TOÁN NĂM HỌC 2018-2019

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:

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 7 6 0

x

ìï - + ³ ïí

ï - - >

6

x

x x

x

ì é £ ïï

Û íï - - > Û í ëï ³

î ï - < -ïî <

0,5

1

6

x

x x

x

ì é £

ïï ê

ïï ê

Û í ëïïï < <³ Û < <

ïî

0,5

2 (2,0 điểm) Cho hàm số

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

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

' 0

Û D > Û

1 4

m m

é >-ê Û

ê <-ë 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

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

(Đáp án có 05 trang)

x 1 2 + ∞

-4

+ ∞

3 (2,0 điểm) Tìm m để phương trình 2

2x  2xm  x 1 có nghiệm.

Ta có

2

2

1

x





 2  

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





Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx2 4x m  3 0 với x  

0

m

m



0,5

Với m   Khi đó ta có 1 mx2 4x m  3 0 với x  

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

Bpt có tập nghiệm 

2 (1)

4 41 2

4 41 2

m

m













Mà

4 41 1

2

m   m 

0,5

Với m  Khi đó ta có 4 mx2 4x m  3 0 với x  

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

Bpt có tập nghiệm 

2 (2)

4 41 2

4 41 2

m

m













0,5

Mà

4 41 4

2

KL:

4 41 2

;

4 41 2

5 (2,0 điểm) Giải phương trình 2x2- 6x- =1 4x+5

Điều kiện:

4 5

x³

- Đặt t= 4x+ Þ ³5 t 0

0,5

Ta có

2 5 4

t

-=

thay vào ta được phương trình sau:

1

3

4

1 2 2

1 2 3

t

t

t

³

é =

-ê

ê

ê =

-ê

x x

é = -ê

Þ ê = + ê

0,5

6

(2,0 điểm) Giải hệ phương trình

3

ïïï

ïïî

Đặt a 4x10 ;y b 2x2y a b , 0

Khi đó hệ trở thành

24

ì - =

ïî

0,5

, 0 2

4

144

a b

b

a b

³

éìïï - = éìïï =

=-êïî êïî

0,5

Với

ìï

Giải hệ trên ta được

8 16

;

x y

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.

P

N

Đặt AP x A Bx0

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

1 3

PN PA AN x AB AC

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

    

0,5

AM ^PN Û uuur uuurAM PN = Û

0

3 AB 3AC x AB 3AC

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

   

0

cos 60

2

a

AB AC 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

 d :x y  2 0 Biết  ABC  1200 và A3;1 Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác.

B

M

Đặt AB a a  0

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

0,5

Ta có

4 4

AB BM a   AM

Suy ra tam giác ABM vuông tại B

0,5

Khi đó phương trình AB: x y  2 0

Ta có:  ,  2 2 6

2

AB d A BM   a  BM 

Gọi M m ; 2 m

2

BM   m 

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 D ABC, biết

2 3

a b

+ +

=

+ (Với AB=c BC, =a CA b, = ).

G C

I M N

Ta chứng minh aIA bIB cIC    0

a b c

 

0,5

0,5

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

ab CA CB b a b c  2  a b a c2  0

          

Do ab CA CB ab ab    cosC ab 1 cos C 0 0,5

Nên ta có: b a b c2   a b a c2   0

3

a b

 



0,5

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

3 2

Tìm giá trị nhỏ nhất của

.

Ta thấy

                    

0,5

0,5

17 17 17 17

1

0,5

17

17

2

2

3

Vậy

3 17 2

MinS 

Dấu “=” xảy ra

1 2

a b c

.

0,5