Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội

4 13 0
  • Loading ...
1/4 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/07/2019, 18:46

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019 Môn: Tốn Thời gian làm bài: 150 phút (khơng kể giao đề) -THẠCH THẤT- Câu 1.(5,0 điểm) 1) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (P) Tìm m để đường thẳng d : y  2 x  m cắt đồ thị (P) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ) 2) Tìm tất giá trị tham số m ( m  R ) để phương trình x   3m  1 x  6m   có bốn nghiệm phân biệt lớn 4 Câu 2.(5,0 điểm ) 1) Giải bất phương trình:  2x   x  x  25  x2  5x   3 x  y  x  y   2) Giải hệ phương trình: 2 x  y   x  10 y   Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c diện tích S Biết S  b2  (a  c)2 Tính tan B Câu 4.(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC  600 Các điểm M, N xác định MC  2MB NA  1 NB Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  Tìm tọa độ điểm C cho ABC vuông C có góc B  600 Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z số thực dương Chứng minh rằng: y x z 1  2  2 2 2 x y y z z x x y z Hết - Họ tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: …… SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN -THẠCH THẤT- ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 Mơn: Tốn Thời gian: 150 phút Câu 1.1 (3,0 đ) 1) Cho hàm số y  x  x  có đồ thị (P) Tìm m để đường thẳng d: y  2 x  m cắt đồ thị (P) điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (O gốc tọa độ) PT hoành độ giao điểm: x  3x   m  (1) Để d cắt (P) điểm phân biệt  PT (1) có nghiệm phân biệt x1 , x2 13     13  4m   m  (*) Giả sử A( x1; 2 x1  m); B( x2 ; 2 x2  m) 1,0  x1  x2  3  x1.x2  m  Theo hệ thức Vi-et:  0,5 Ta có OAB vng O  OA.OB   x1 x2  2m  x1  x2   m   m  m    m  Đối chiếu đk (*) có giá trị m m   21  21 1,0 0,5 Câu 1.2(2,0 điểm) 2) Tìm tất giá trị m để phương trình x   3m  1 x  6m   có bốn nghiệm phân biệt lớn - Đặt t  x  , thay vào phương trình ta t   3m  1 t  6m   t  phương trình cho có bốn nghiệm phân biệt  t  3m  1  3m   m    Khi pt cho có nghiệm  2;  3m  3m   m  17 Để nghiệm lớn 4  3m   4  3m    m  17 Vậy giá trị m m   ;  \ 1 3  Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:  2x   x  x  25  0,5 0,5 0,5 x2  5x   x  Điều kiện:  x  *) Nếu x = x = bất phương trình nghiệm x  *) Nếu  bất PT cho  x   x  x  25  (a) x  (a )  0,5 2 x   (Do x  x  25  0) (1)  x  x  25  x    2 x   (2)   x  x  25  x  20 x  25  0,5 0,5 0,5 0,5 +) Giải (1) kết hợp đk  x   ;2   x   +) Giải (2): (2)   3x  19 x    x   19  Kết hợp đk  x   3;    3 0  x  19  19 Tập nghiệm S   ;2  3;   3 0,5 0,5 3 x  y  x  y   Câu 2.2(2,0 điểm) Giải hệ phương trình:  2 x  y   x  10 y  ĐK: x  y  0, x  y   Đặt u  x  y ,(u  0) v  x  y  1,(v  0) 3u  v  Ta hệ phương trình:  2 4u  3v  2v  12  v   3u  v   3u  u     23u  96u  73   u  73  23    2x  y  2 x  y  x    (t/m) x  2y  y  1 x  y       x  73 104 Với u   v   , (loại đk v  ) Vậy hệ phương trình có nghiệm:  23 23  y  1 Với u   v    0,5 0,5 0,5 0,5 Câu 3.(2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c diện tích S Biết S  b2  (a  c)2 Tính tan B Ta có: S  b2  (a  c)2  ac sin B  a  c  2ac cos B  a  c  2ac 1  ac sin B  2ac(1  cos B )  sin B  4(1  cos B )  cos B   sin B (*) 0,5 0,5 17 Mặt khác sin B  cos2 B   sin B  1  sin B    sin B  sin B  16    sin B  (do sinB > 0) 17 Kết hợp với (*) ta được: cos B  15  tan B  17 15 0,5 0,5 Câu 4.1(3,0 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b BAC  600 Các điểm M, N xác định MC  2MB NA  1 NB Tìm hệ thức liên hệ b c để AM CN vuông góc với Ta có: MC  2MB  AC  AM  2( AB  AM )  AM  AB  AC 0,75 Tương tự ta có: 3CN  2CA  CB 0,75 Vậy: AM  CN  AM  CN   (2 AB  AC)(2CA  CB)   (2 AB  AC)( AB  AC)   AB2  AC  AB AC   2c  3b  5bc 0  0,5 0,5 0,5 4c2  6b2  5bc  Câu 5.(3,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho A 1;2  , B  3; 4  Tìm tọa độ điểm C cho ABC vng C có góc B  600 Ta có AB   2; 6  , Giả sử C  x; y   AC   x  1; y   ; BC   x  3; y    AC  BC ABC vng C có góc B  60    BC  AB  AC.BC   x  1).( x  3)  ( y   (y  4)       2 AB  x  3   y    10  BC    2 x  y  4x  y     2   x  y  x  y  25  10 0,5 0,5 0,5 0,5  x2  y2  x  y    x2  y2  4x  y      x  y  20   x  y  10 9 y  60 y  100  y  12 y  40  y    x  y  10    x  y  10 10 y  50 y  55   53 5  ,y x  2   53 5  KL : … ,y x  2  0,5 0,5 y x z 1  2  2 2 2 x y y z z x x y z Áp dụng BĐT côsi cho số dương x, y, z ta có Câu (2,0 điểm) Cho x, y, z  CMR: 0,5 x3  y  x3 y ; y  z  y z ; z  x  z x  y y x z x z  2 2   x y y z z x x3 y 2 y z 2 z x 2 y x z 1   2 2   x y y z z x xy yz zx 1 1 1 2  2 Mặt khác, ta có: ; 2 2 ; 2 2 x zx z yz z x y xy y 1 1 1  2 2 2    2 x y z xy yz zx y x z 1  2 2 2 2 x y y z z x x y z Dấu ''  '' xảy x  y  z  Từ 1 ,   ta có Chú ý: Các cách giải khác cho điểm tương tự 1 0,5 0,5 0,5
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội, Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn