Đề thi HSG môn Toán lớp 10 năm 2020 - 2021 THPR Lưu Hoàng có đáp án | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều.[r]

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