Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10

10 25 0
  • Loading ...
1/10 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 10/06/2018, 22:23

Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10 ĐỀ SỐ Câu I (4 điểm) x  y  m  Cho hệ phương trình  (trong m tham số; x y ẩn) 2  x  y  x  y  m  a) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ biểu thức A  xy   x  y   2011 Tìm tất giá trị m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt lớn 3 x   3m  1 x  6m   Câu II (1,5 điểm)   x  y  xy  Giải hệ phương trình  2   x 3  y 3  Câu III (1 điểm) Chứng minh x, y số thực dương 1  x   1  y   1  xy Câu IV (3,5 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1;  B  4;3 Tìm tọa độ điểm M trục hồnh cho góc AMB 450 Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nhọn với trực tâm H Các đường thẳng AH, BH, CH cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC D, E, F (D khác A, E khác B, F khác  17  C) Hãy viết phương trình cạnh AC tam giác ABC; biết D  2;1 , E  3;  , F  ;  5  Cho tam giác ABC, có a  BC, b  CA, c  AB Gọi I, p tâm đường tròn nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC Chứng minh IA2 IB IC   2 c  p  a a  p  b b  p  c -Hết - Chú ý: Giám thị coi thi khơng giải thích thêm Câu (5,0 điểm) Cho phương trình:  m   x   2m  1 x  3m   a) Giải phương trình (1) m  b) Giả sử x1; x2 hai nghiệm phương trình (1) Tìm m cho  2m  1 x1   m   x22  m  Câu (3,0 điểm) Giải phương trình: (1) Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn x x 1    x  x  3x  1    Câu (2,0 điểm) Cho a, b số thực thỏa mãn: a, b   ;2  a  b  4ab Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a  b  2a  b Câu (3,0 điểm) Cho sin   cos     ,    0;  Tính giá trị biểu thức sau:  4   P  cos      1  sin cos  sin   cos  4  Câu (4,0 điểm) Cho tam giác ABC Điểm M thuộc cạnh BC cho MC  3MB , I điểm thuộc đoạn AM cho AI  3IM Xác định điểm K thuộc cạnh AC cho ba điểm B, I , K thẳng hàng Câu (3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có A  2;6  ,   3 2 đường phân giác góc A cắt cạnh BC D  2;-  Viết phương trình cạnh BC Biết đường tròn ngồi tiếp tam giác ABC có phương trình: x  y  x  y  30  Hết -Họ tên thí sinh: Số báo danh: Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC Nội dung Điểm 5,0 1,5 0,5 0,5 0,5 3,5 Câu a) Giải phương trình (1) m  Khi m  PT (1) có dạng: x  x   Ta có: a  b  c  PT (1) có nghiệm phân biệt: x1  x2  b) Tìm giá trị m thỏa mãn m   a      2m  1   m   3m  3  Để PT(1) có nghiệm   m  m      1010  m 8m  40m  23    4 3m  2m  Theo hệ thức Viet ta có: x1  x2  x1 x2  m2 m2 (*) 0,5 1,0 0,5 Theo ra:  2m  1 x1   m   x22  m    x1  x2  x1  x22  0,5  2m   3m     17 m   m  (Không thỏa mãn)   m2 17  m2  0,5 Vậy khơng có giá trị m thỏa mãn tốn Giải phương trình: 0,5 3,0 ĐK: x  x 1 Trên ĐK PT    x  x   x  x  1 0,5 Giải PT(1) Ta nhận thấy x  không nghiệm PT (1) nên PT (1)  Đặt t  x x 1    2 x    x x  0,5 ; ĐK: t  x 0,5 t  t  2 (Loại) Ta PT: t   2t   t  2t     0,5   x  x 1  x    x   x Vậy PT cho có ba nghiệm: x  x   1,0 Khi t  ta có x Tìm giá trị lớn biểu thức 2,0 Ta có: P   a  b    a  b    a  b    a  b  Đặt: t  a  b  Khi đó: P  f (t )  t  3t 0,5 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Theo ra: a  b  4ab   a  b   a  b   t  (do a  b  a, b   0;2   a   b    ab   a  b    ) 0,5 ab 16 16  2 a  b    a  b   t  7  16  Xét hàm số: f (t )  t  3t đoạn 1;   7  Ta có bảng biến thiên: t f (t ) Vậy maxP   2  16 80  49 0,5 80 2 a  2; b  a  ; b  49 7 0,5 Tính giá trị biểu thức   Ta có: cos    3,0     sin   cos   4 2 1  sin cos  sin   cos   P 1,0 1  sin   cos   sin   cos   sin   cos  0,5 Theo ra:  sin   cos     sin   cos      sin   cos    2   Do    0;   sin   cos    sin   cos     4 3 Vậy: P  2 1,0 0,5 Xác định điểm K Đặt: AB  a ; AC  b AK  t AC 4,0 0,5 Khi đó: BK  a  t.b Ta có:  0,5  3 AM  AB  BM ; BM  BC 4  AC  AB  AI  a  b 16 16 Mà BI  AI  AB  a  b  a   a  b 16 16 16 16 AI   A  1,0 K I B M C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Để ba điểm B, I , K thẳng hàng    m : BK  mBI  a  t.b  m   a  b  16   16 7m 16   1   16 m    m t  t   16  3 Suy AK  AC  AK  AC 7 Vậy điểm K thuộc cạnh AC cho AK  AC Viết phương trình cạnh BC 0,5 0,5 1,0 3,0     Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I   ;1 0,5 Phương trình đường thẳng AD : x   0,5 Giao điểm E khác A AD với đường tròn (C) nghiệm hệ: A   x  2; y  4 x      x  2; y   E  2; 4  x  y  x  y  120     Mặt khác: BAE  CAE (do AD phân giác) B  EB  EC  IE  BC 1,0 I D C 0,5 E 5 2   Mà IE   ; 5   cạnh BC có vtpt n  1; 2  3  Phương trình cạnh BC: 1 x     y     x  y   2  0,5 Một số điểm lưu ý: Học sinh giải cách khác đáp án cho điểm tương ứng đáp án nêu Cách giải khác Câu 3: (Dồn biến theo tích a.b) Ta có: P   a  b    a  b   16  ab   12ab Đặt: t  ab  Khi đó: P  f (t )  16t  12t 16 Theo ra: 4ab   a  b   16  ab   ab  2 1  t  (do ab  ) 4 16 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn a, b   0;2   a   b    ab   a  b    4 t  7  ab  8ab    ab  1 4 Xét hàm số: f (t )  16t  12t đoạn  ;  4 7 Ta có bảng biến thiên: 1A t 2 f (t ) I B Vậy maxP    80 K  49 M C 80 2 t   a  2; b  a  ; b  49 7 Cách giải khác Câu 5: (Bằng cách sử dụng định lí Menelaus) Định lí (Menelaus): Là định lí khơng quen thuộc chương trình giáo khoa THCS Vì yêu cầu học sinh cần nêu rõ tên nội dung định lí (khơng cần chứng minh) Định lí (Menelaus): Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P nằm đường thẳng AB, BC, CA Nếu M,N,P thẳng hàng MA NB PC 1 MB NC PA Áp dụng định lí (Menelaus) cho tam giác AMC ta có ba điểm I,B,K nằm ba đường thẳng AM, MC, CK Khi I, B, K thẳng hàng Mà IA  3IM  IA BM KC 1 IM BC KA IA BM  ; MC  3MB   IM BC KC   AK  KC KA Từ ta có: Vậy điểm K thuộc cạnh AC cho AK  KC Cách khác câu 5: (giải theo CT lớp 9) A Kẻ MN // BK , N thuộc AC K N I B M C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Theo định lí Talet tam giác CBK ta có: CM CN  3 MB NK Theo định lí Talet tam giác AMN ta có: AI AK  3 IM KN Từ suy ra: AK CN    AK  CN  3NK KN NK Mà CK  CN  NK  NK ĐỀ SỐ Câu I: (1,5 điểm) So sánh số thực sau ( Khơng dùng máy tính gần đúng) A Câu II: (3,0 điểm) Cho x2  x  2x    x  x  x  10 x  a) Rút gọn A b) Tìm x nguyên để A nguyên Câu III: (5,0 điểm) 1) Mỗi học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá bóng chuyền Biết có 25 bạn chơi bóng đá, 20 bạn chơi bóng chuyền 10 bạn chơi hai môn thể thao Hỏi lớp 10A1 có học sinh A  (a; a  1], B  [b; b  2) 2) Cho khoảng Đặt C  A  B Với điều kiện số thực a b C đoạn? Tính độ dài đoạn C 3) Tìm tính chất đặc trưng cho phần tử tập hợp sau: 1 1 1  A , , , ,   12 20 30  a) 2  B , , , ,   15 24 35  b) Câu IV: (3,0 điểm) 1) Tìm m để phương trình x   m4  m2  có bốn nghiệm phân biệt  x4   y    y4   4x  2) Giải hệ phơng trình: Cõu V: (4,0 im) 1) Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Gọi I trung điểm AM K điểm AK  AC cạnh AC cho Chứng minh ba điểm B, I ,K thẳng hàng 2) Cho tứ giác ABCD Các điểm M, N, P Q trung điểm AB, BC, CD DA Chứng minh hai tam giác ANP CMQ có trọng tâm Câu VI: (3,5 điểm) Cho đường tròn tâm (O; R) đường kính AB CD vng góc với Trong đoạn AB lấy điểm M khác Đường thẳng CM cắt đường tròn (O) điểm thứ hai N Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Đường thẳng vng góc với AB M cắt tiếp tuyến với đường tròn (O) N điểm P Chứng minh rằng: a) Các điểm O, M, N, P nằm đường tròn b) Tứ giác CMPO hình bình hành c) CM.CN = 2R2 -HẾT Họ tên thí sinh: Số báo danh: NỘI DUNG ĐÁP ÁN CÂU I Giả sử (1,5đ) >   3 2 3      2 3 2   18  12 (BĐT đúng) a) (1,5 đ) x2-7x+10=(x-5)(x-2) Điều kiện để A có nghĩa x ≠5và x ≠2 x2  x  2x  x2  x  2x  A       x  x  x  10 x  x  ( x  5)( x  2) x  x   x  x   (2 x  4)( x  2)  ( x  5)( x  2) II  x  x  15 ( x  5)( x  3)  x  (3,0 đ)    ( x  5)( x  2) ( x  5)( x  2) x2 ( x  2)  1 A  1  x2 x  , với x nguyên, A nguyên b) (1,5 đ) x  nguyên, x-2=1 x-2 =-1 nghĩa x=3, x=1 III (5,0đ) 1)(2 đ) Gọi A tập hợp học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá B tập hợp học sinh lớp 10A1 chơi bóng chuyền Vì bạn lớp 10A1 chơi bong đá bóng chuyền nên A  B tập học sinh lớp Để đếm số phần tử A  B Số phần tử A 25 Hs B 20 hs Nhưng phần tử thuộc A  B đếm hai lần( 10 lần) Vậy số phần tử A  B 25+20 -10 = 35 Lớp 10A1 có 35 hs 2) (2 đ) C  [b; b  2)  (a; a  1] đoạn  b  a  b   a   b   a  b  (*) a  b 1 Khi đó, C  [b; b  2)  (a; a  1]  [b; a  1] đoạn có độ dài   A / n  N ,1  n  5  n(n  1)  3) (1 đ) a)  n  A / n  N ,  n  6  n  1)  b) Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn 1) (1,5 đ) Ta có: m  m    x  m4  m2   2 2  x  m  m  m (1  m ) PT (1) (2) (1) có nghiệm phân biệt với m m  m   (2) có nghiệm phân biệt  m   m   m (1; 1) \{0} 2 PT có nghiệm phân biệt  m  (1;1) \{0} m  m   m  m m  (1;1) \{0} m  m    IV (3,0đ) )  m  (1;1) \{0} , kết luận x    y  34 2) (1,5 ) Điều kiện để hệ có nghiƯm lµ:  (*) 4 x   y x   y (a)   4 y   4x  x  y  4( x  y )  (b) Víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã:  (b)   x  y   x  y   x  y      x  y   x  y x, y    x  y   x  y    ) nªn x   y  x  x    x    x  1  Thay vµo (a): (v×       x  1 x3  x  x     x  1 x  x    x  x  x    x  1   v× So víi ®iỊu kiƯn (*), ta cã: x  y 1 x Vậy hệ phơng trình có nghiÖm nhÊt :  y  1) (2,0 đ) Đặt u  BA ;v  BC Ta có 1 BK  BA  AK  u  AC  u  ( BC  BA)  u  v (1) 3 3 BI  1 ( BA  BM )  u  v (2) 2 4 BK  BI Từ (1) (2) suy 2u  v  3BK , 2u  v  4BI 3BK  BI hay V (4,0đ) Do ba điểm B, I, K thẳng hàng 2) (2,0 đ) Gọi G trọng tâm tam giác ANP Khi GA  GN  GP  Ta có GC  GM  GQ  GA  AC  GN  NM  GP  PQ  GA  GN  GP  AC  ( NM  PQ )  AC  CA  Vậy GC  GM  GQ  Suy G trọng tâm tam giác CMQ VI (3,5đ) C M O Gia sư Tài Năng Việt E https://giasudaykem.com.vn F N P D a) (1,5 đ) * Tam giác OMP vuông M nên O, M, P thuộc đường tròn đường kính OP * Tam giác ONP vuông N nên O, N, P thuộc đường tròn đường kính OP * Vậy O, M, N, P thuộc đường tròn đường kính OP b) (1,0 đ) MP//OC (vì vng góc với AB) NMP  NCD (hai góc đồng vị) ONC  OCN (hai góc đáy tam giác cân ONC) NMP  NOP (hai góc nội tiếp chắn cung NP) Suy MNO  NOP ; đó, OP//MC Vậy tứ giác MCOP hình bình hành c) (1,0 đ) CND COM ( g.g ) OC CM  Nên CN CD hay CM.CN = OC.CD = 2R2 ... (5,0đ) 1)(2 đ) Gọi A tập hợp học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá B tập hợp học sinh lớp 10A1 chơi bóng chuyền Vì bạn lớp 10A1 chơi bong đá bóng chuyền nên A  B tập học sinh lớp Để đếm số phần tử A ... III: (5,0 điểm) 1) Mỗi học sinh lớp 10A1 chơi bóng đá bóng chuyền Biết có 25 bạn chơi bóng đá, 20 bạn chơi bóng chuyền 10 bạn chơi hai mơn thể thao Hỏi lớp 10A1 có học sinh A  (a; a  1], B...  B Số phần tử A 25 Hs B 20 hs Nhưng phần tử thuộc A  B đếm hai lần( 10 lần) Vậy số phần tử A  B 25+20 -10 = 35 Lớp 10A1 có 35 hs 2) (2 đ) C  [b; b  2)  (a; a  1] đoạn  b  a  b  
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 , Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

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