Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

5 138 0
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/04/2018, 12:55

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm câu) Mơn thi: TỐN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (6 điểm) a) Giải bất phương trình 1 ≤ x + − 3− x − 2x  x + y =3 x + b) Giải hệ phương trình   x + y x + = x + Câu (6 điểm) a) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm khơng âm mx + x3 + ( 8m − 1) x + x + 16m = b) Một hộ nông dân dự định trồng đậu cà diện tích 800m Biết 100m trồng đậu cần 10 công lãi triệu đồng 100m trồng cà cần 15 cơng lãi triệu đồng Hỏi cần trồng loại diện tích để thu tiền lãi cao tổng số công không vượt 90 Câu (3 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A (1;2 ) , B ( 2;7 ) Biết độ dài Tìm tọa độ đỉnh C đường cao kẻ từ A đỉnh C thuộc đường thẳng y − = Câu (3 điểm) sin B + 2018sin C Cho tam giác ABC có = sin A độ dài cạnh số tự nhiên 2018cos B + cos C Gọi M trung điểm cạnh BC G trọng tâm tam giác ABC Chứng minh tam giác MBG có diện tích số tự nhiên Câu (2 điểm) y x − + y + + Tìm giá trị lớn giá Cho số thực x, y thỏa mãn x + = trị nhỏ biểu thức F= ( ) + xy x + y x y ( x − y) + ( y − x) + 2 x+ y Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ………………………………………………Số báo danh: ……………… Điều kiện: −2 ≤ x < ; x≠ 2 VT(1) < nên (1) ln thỏa mãn *) Vói < x < hai vế BPT dương nên 2 (1) ⇔ x + − − x ≥ − x ⇔ − ( x + )( − x ) ≥ − x *) Với −2 ≤ x <  x≤−  ⇔ ( x + )( − x ) ≤ x ⇔ x − x − ≥ ⇔  ≥ x  Kết hợp khoảng xét ta ≤ x < 1  5  Vậy tập nghiệm BPT cho S =  −2;  ∪  2;  Điều kiện x ≥ −1 Trừ vế theo vế hai phương trình hệ ta = y x +1  y − 3y x +1 + x +1 = ⇔  y x +1 =  *) Với = y x + , thay vào pt(2)  x = −2 ( KTM ) Suy y = x + ( x + 1) = x + ⇔ x − x − = ⇔  x = 1 = y x + , thay vào pt(2) x + ( x + 1) = x + *) Với 2  − 145 ( KTM ) x = + 145  Suy y = ⇔ x − x − 15 =0 ⇔  + 145 x =   + 145 + 145   Kết luận: Hệ có hai nghiệm ( x; y ) ( 3; )  ;   4   Ta có (1) ⇔ mx + x3 + 8mx − x + x + 16m = x  x  ⇔ m ( x + 4) = x − x − 4x ⇔ m =   −  x +4 x +4 x  1 Đặt t =  ≤ t ≤  , phương trình (1) trở thành: t − t =m (2) 4 x +4  Xét hàm số f ( t = ) t − t đoạn 0;  , ta có bảng biến thiên  4 2 t f(t) − 16 Dựa vào bảng biến thiên ta có − ≤m≤0 16 x Gọi x, y diện tích trồng đậu trồng cà (đơn vị 100m ) Ta có x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ Do tổng số công không vượt 90 nên 10 x + 15 y ≤ 90 ⇔ x + y ≤ 18 = x + y (triệu đồng) Tổng số tiền lãi T Ta có T = x + y = ( x + y ) + ( x + y ) ≤ 3.8 + 2.18 = 60 Lưu ý: Có thể chia hai vế cho x sử dụng ẩn phụ t= x + = x + y = x Đẳng thức xảy  ⇔ = y 18 = 2 x + y Vậy cần trồng đậu diện tích 600m trồng cà diện tích 200m tổng số tiền lãi cao Lưu ý: Có thể dùng hệ bất phương trình bậc hai ẩn để giải  Kẻ đường cao AK CH tam giác ABC Ta= có AB Phương trình đường thẳng AB: x − y − = 5c − = Gọi C ( c;3) suy CH d= ( C; AB ) 26 BC= ( c − 2) + 4= c − 4c + 20 Ta có AK BC = AB.CH ⇔ c − 4c + 20 = 5c − ⇔ c − 4c + 20= 25c − 60c + 36 c = ⇔ 24c − 56c + 16 =0 ⇔  c =  Vậy có hai điểm thỏa mãn toán 1  C ( 2;3) , C  ;3  3  = (1;5 ) , AB 26 A H B C K sin B + m sin C = sin A ⇔ b + mc = a ( m cos B + cos C ) m cos B + cos C m ( a + c2 − b2 ) a + b2 − c2 = ⇔ b + mc + 2c 2b 2 ⇔ 2bc ( b + mc = ) mb ( a + c − b ) + c ( a + b2 − c ) Đặt m = 2018 ,ta có ⇔ 2b c + 2mbc 2= mba + mbc − mb3 + ca + cb − c3 ⇔ ( c + mb ) ( b + c − a ) = ⇔ a = b2 + c2 Vậy tam giác ABC vuông A Dễ dàng chứng minh S ABC = 6.S MBG suy bc = 12.S MBG Do ta cần chứng minh bc chia hết cho 12 Để giải tốn, cần sử dụng số tính chất số phương: - Số phương chia dư - Số phương chia dư - Số phương lẻ chia dư *) Trước hết ta thấy hai số b , c có số chia hết cho Thật vậy, giả sử khơng có số hai số chia hết cho Khi số chia dư Do a chia dư 2, trái với tính chất số phương Do số nguyên tố nên hai số b, c có số chia hết cho (1) *) Ta chứng minh hai số b, c có số chia hết cho Thật vậy, giả sử khơng có số hai số chia hết cho Khi b =4m + r , c =4n + q , r , q ∈ {1; 2; −1} - Nếu r , q ∈ {−1;1} a chia dư 2, vơ lí - Nếu r ∈ {−1;1} , q =2 ngược lại a số lẻ a chia dư 5, vơ lí - Nếu r= q= a = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) ⇒ a số chẵn Đặt a = p , suy p2 = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) 2 ⇒ p chia dư 2, vơ lí Vậy hai số b, c có số chia hết cho (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ −1 ( Ta có x − + y + ) ≤ (2 2 + 12 ) ( x − + y + 1) ⇔ x − + y + ≤ 5( x + y − 1) y x − + y + + ⇒ x + y ≤ 5( x + y − 1) + Do đó, từ x + = Đặt t= x + y , ta có: t − ≤ 5(t − 1) ⇔ ≤ t ≤ 2 2 = t2 + Khi đó: F = ( x + y ) + Xét hàm số f = , với t ∈ [1;6] (t ) t + 2 t x+ y t t2 1 1 *) Ta có f ( t ) = + + + + ≥ 55 = 2 t t t t 32 Đẳng thức xảy t = Vậy F = x = 2, y = −1 *) Ta có f ( t ) − f ( ) = (t − 6)   t − 36 ) +  − = = ( t + )( t − ) − (  6 6t t +  t  ( t − ) t + −  6t t +  x Vậy max F= 18 + khi= ( ( )   ≤ 0, ∀t ∈ [1;6]   y 6,= ) ... t ≤  , phương trình (1) trở thành: t − t =m (2) 4 x +4  Xét hàm số f ( t = ) t − t đoạn 0;  , ta có bảng biến thi n  4 2 t f(t) − 16 Dựa vào bảng biến thi n ta có − ≤m≤0 16 x Gọi x,... 12.S MBG Do ta cần chứng minh bc chia hết cho 12 Để giải toán, cần sử dụng số tính chất số phương: - Số phương chia dư - Số phương chia dư - Số phương lẻ chia dư *) Trước hết ta thấy hai số b ,... Khi b =4m + r , c =4n + q , r , q ∈ {1; 2; −1} - Nếu r , q ∈ {−1;1} a chia dư 2, vơ lí - Nếu r ∈ {−1;1} , q =2 ngược lại a số lẻ a chia dư 5, vơ lí - Nếu r= q= a = ( 2m + 1) + ( 2n + 1) ⇒ a số
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh, Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay