Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh (Có đáp án)

5 19 1
  • Loading ...
1/5 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/02/2019, 09:33

Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc NinhĐề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT THÁI TỔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: TỐN, Khối 10 Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 14/04/2018 Câu (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = y x − Tìm x + mx + đường thẳng (d) := m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B thỏa mãn AB = 10 Câu (6.0 điểm): Giải bất phương trình sau: ( x+2 ) x4 − x2 + − ≥ x −1 Giải phương trình sau: 2 x − + 3x − = x − x + 21  x 5y (x ) − + =  x2 +  Giải hệ phương trình sau:  2 3y − x = x − 3x y − 9xy  x + 3y Câu (6.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; ) đường tròn ( C) : x + y2 + 2x − 6y + = Tìm điểm M trục hoành cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B C tiếp điểm) cho BC qua A  60 hai đường trung tuyến BM, CN vng Cho tam giác ABC có = BC 2= , A góc với Tính diện tích tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M(0; 3) , trung điểm đoạn CI J(1; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + =0 Câu (2.5 điểm) Biết  π 16 16 π + + + = 33 , < x < Tính giá trị tan 5x, tan  5x −  2 2 4 sin x cos x tan x cot x  a,b,c > a4 b b4 c c4 a Câu (1.5 điểm) Cho  Chứng minh rằng: + + ≥ a +1 b +1 c +1 abc = Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: Tốn Lớp 10 THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT THÁI TỔ Lời giải sơ lược Câu Điểm 4,0 Hoành độ giao điểm d (P) nghiệm phương trình: x + 2mx + 3= 2x − ⇔ x + 2(m − 1)x + 4= (1) Để d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m − 2m − > ⇔ m > m < −1 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm A(x1 ; 2x1 − 1), B(x ; 2x − 1) , x1 , x 1,0 1,0 nghiệm (1) Theo định Viet ta có: x1 + x =2 − 2m, x1x =4 Ta có: AB = 5(x − x1 ) = (x + x1 ) − 4x x1  =10 ⇔ 5(4m − 8m − 12) =100 ⇔ m − 2m − = ⇔ m = m = −2 (tm đk (*)) 1,0 1,0 Vậy m = m = −2 giá trị cần tìm 2.1 2,0 ( ) ĐKXĐ: x ≠ , Ta có: x − x + − ≥ −1 > x + x − ≥ 1+  TH1: x > : BPT ⇔ x − x + ≤ x + x − ⇔  ⇔x= 2  x − x − ≤ ( TH2: x < : BPT ⇔ ( ) ) ( ) ( ) 1,5 2 x − x + ≥ x + x − ⇔ x − x − ≥ 1 +  Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪     2.2 0,5 2,0 ĐKXĐ: 2x − ≥ 0 PT ⇔ x − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2x − 5] + [(x + 1) − 3x − 5] = 0,5 x − 10 x + 21 x − 10 x + 21 ⇔ x − 10 x + 21 + + = (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1 ⇔ (x − 10 x + 21)(1 + + )= (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1,0 ⇔ x − 10 x + 21 = ⇔ x = x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = 0, 2.3 2,0 2  x + = 6x y 6x y (x − 2x + 4)(x + 2) = ⇔ , ( 3y ≥ x ) HPT ⇔   3 2 2 4x  x + 27y = (9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y 6y  1 + x = x Nhận thấy x = không nghiệm hệ nên HPT ⇔  1 + 27y =  x x2 3y Đặt a = > 0, b = HPT trở thành x x ( a= b= 1 + a = 2b ⇔  a= b= −1 + 2a 1 + b =  Với a= b= ta nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /  −1 + ta nghiệm (x ;y)=    Với a= b= 1,0  Vậy hệ có nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /    ( ) ) −2 −1 ; −1     − −2 −1 ; − 1,0 −1     3.1 2,0 (C) có tâm I ( −1;3) , R = 2 Theo (1) Gọi M ( a;0 ) , để từ M kẻ hai tiếp tuyến với (C) MI > R (ln đúng) 1,0 MB = MC = MI − R = a + 2a + Khi đó, B C thuộc đường tròn (C’) tâm M, bán kính MB, đường tròn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y = a + 2a + 2 2 2  x + y + 2x − 6y + = Tọa độ B C thỏa mãn  ⇒ ( BC ) : ( 2a + ) x − 6y + a + 2a + = 2 x a y a 2a − + = + + ( )  1,0 Do BC qua A nên a + 6a + = Vậy A ( −2;0 ) A ( −4;0 ) 3.2 2,0 Hai đường trung tuyến BM, CN vng góc với thì: 4 + b2 c2 4 + c2 b2 2  2  + = ⇔ − + − ) =4 ⇔ b + c =20 m m BC ( ) ( b c   9 3  3  2 Mặt khác: BC2 = b + c − 2bc cos A ⇔ = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16 Vậy S ∆ABC = 1 bc sin A = 16 = 2 1,0 0,5 1,0 3.3 2,0 Gọi N trung điểm CD H tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, NJ vng góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN đường kính (C)) Mà MD đường kính (C) nên JM ⊥ JD (1)   D thuộc ∆ nên D(t; t + 1) ⇒ JD(t − 1; t + 1), JM(−1;3) Theo (1) 1,0   JD.JM = ⇔ − t + + 3t + = ⇒ t = −2 ⇒ D(−2; −1) Gọi a cạnh hình vng ABCD Dễ thấy DM= 5= a2 a + ⇒ a= −2; y = x = AM  x + (y −= 3) =  ⇒ ⇔ Gọi A(x; y) Vì  2 ;y 16 = (x + 2) + (y + 1) = AD =  x 5= 1,0 - Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn) 6 7  23   −8   −22 11  - Với A  ;  ⇒ B  − ;  ⇒ I  ;  ⇒ C  ;  ⇒ J ( −3; ) (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(−2;3), B(2;3), C(2; −1), D(−2; −1) 2,5 16 16 + + + = 33 Giải tan x = ⇒ tan x = 2 2 sin x cos x tan x cot x tan x tan 2x + tan x Khi đó: tan 2x = = − , tan 3x = =, tan ( 2x + x ) = − tan x − tan 2x tan x 11 tan 3x + tan 2x 38 Vậy: tan 5x = tan ( 3x + 2x ) = = − − tan 3x tan 2x 41 π tan 5x − tan π 79  = tan  5x −  = − π  + tan 5xt an  Ta có 1,0 1,5 1,5 Với số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a 4b a 2b a 2b ab 2 = a b − ≥ a b − = a 2b − 2 a +1 a +1 2 a2 Chứng minh tương tự ta có: b4c bc c a ca , ≥ − b c ≥ c2a − b +1 c +1 1,0 a 4b b4c c4a Vậy + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) a +1 b +1 c +1 Áp dụng bất đẳng thức côsi ta có: a b + a b + b c ≥ 3ab abc = 3ab Tương tự: b c + b c + c2 a ≥ 3bc abc = 3bc ; c a + c a + a b ≥ 3ca abc = 3ca Vậy a 4b b4c c4a 1 3 + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ a b c = a +1 b +1 c +1 2 2 (đpcm) Dấu “=” xảy a= b= c= 0,5 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm tròn điểm ...ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Lời giải sơ lược Câu Điểm 4,0... cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm... ĐKXĐ: 2x − ≥ 0 PT ⇔ x − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2x − 5] + [(x + 1) − 3x − 5] = 0,5 x − 10 x + 21 x − 10 x + 21 ⇔ x − 10 x + 21 + + = (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1 ⇔ (x − 10 x + 21)(1 + + )= (x
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh (Có đáp án), Đề thi chọn HSG Toán 10 cấp trường năm 2017 – 2018 trường Lý Thái Tổ – Bắc Ninh (Có đáp án)

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

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