Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT yên phong 2 bắc ninh có lời giải

8 3 0
  • Loading ...
1/8 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 14/08/2019, 15:05

THPT YÊN PHONG – BẮC NINH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút Câu (4 điểm) Cho hàm số y  x2   2m  3 x  2m  1 1) Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1 m  2) Xác định m để đồ thị hàm số 1 cắt đường thẳng y  3x  hai điểm A, B phân biệt cho OAB vuông O (với O gốc tọa độ ) Câu (2 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  m   khoảng  1;3 Câu 2x xác định  x  2m (5 điểm) Giải phương trình: 1) 2) x  3x    x 3x   x   x  3) 3x    x  x3  3x  10 x  26  x2 x3 y x4 y2 xy xy y xy x 1 Câu 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình: Câu (3 điểm) Cho tam giác ABC có AB  1, AC  x BAC  60 Các điểm M , N xác Câu Câu định MC  2MB NB  2 NA Tìm x để AM CN vng góc với (2 điểm) Cho tam giác ABC Chứng minh với G trọng tâm tam giác ABC , ta có GA.GB  GB.GC  GC.GA   ( AB  BC  CA2 ) (2 điểm) Cho x, y, z  2018;2019 Tìm giá trị lớn biểu thức: f( x, y, z)  2018.2019  xy (x y)z  2018.2019  yz (y z)x  2018.2019  zx (z x)y - HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Trang (http://tailieugiangday.com – Website đề thi – chuyên đề file word có lời giải chi tiết) Q thầy liên hệ đặt mua word: 03338.222.55 HƯỚNG DẪN GIẢI CHI TIẾT Câu Cho hàm số y  x2   2m  3 x  2m  1 1) Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số 1 m  2) Xác định m để đồ thị hàm số 1 cắt đường thẳng y  3x  hai điểm A, B phân biệt cho OAB vuông O (với O gốc tọa độ ) 1) Lời giải Khi m  ta hàm số y  x2  3x  *) Tập xác định: D   3 1  *) Tọa độ đỉnh: I  ;     3  *) Sự biến thiên: Vì a   nên hàm số đồng biến khoảng  ;    , nghịch biến   3   khoảng   ;    *) Bảng biến thiên *) Điểm đặc biệt Trang  3 1  *) Đồ thị : Đồ thị đường parabol có đỉnh I  ;  , hướng bề lõm lên nhận   đường thẳng x  2) 3 làm trục đối xứng Phương trình hồnh độ giao điểm ĐTHS 1 đường thẳng y  3x  là: x2   2m  3 x  2m   3x   x2  2mx  2m   * Để ĐTHS 1 cắt đường thẳng y  3x  điểm phân biệt A, B  phương trình * có  m  3 nghiệm phân biệt       m 1  x1  x2  2m Gọi x1, x2 nghiệm phương trình * ,ta có   x1.x2  2m  Đặt A x1 ;3x1  1 , B  x2 ;3x2  1 OAB vuông O  OAOB   10 x1x2  3 x1  x2     26m  31  m Vậy m  Câu 31 ( thỏa mãn) 26 31 26 Tìm tất giá trị tham số m để hàm số y  x  m   khoảng  1;3 2x xác định  x  2m Lời giải x  m 1  x  m 1  Hàm số xác định   x  2m   x  2m  Với điều kiện m 1  2m  m  1 hàm số có tập xác định D   m  1; 2m  Trang  1;3   m  1; 2m  2x  xác định khoảng  1;3    x  2m  m  1 m   m   1   2m    m  Hệ vô nghiệm m  1  m  1 Vậy hàm số y  x  m   Câu Vậy giá trị m thỏa mãn tốn cho Giải phương trình 1) x  3x    x Lời giải Ta có x  3x    x 2 x    2  x  3x   (2 x  7) 2 x    3x  25 x  50   x     x   10  x    x5 Kết luận:Tập nghiệm phương trình S  5 2) 3x   x   x  Lời giải Ta có 3x   x   x  3x     4 x    3x   x   (3x  1)(4 x  3)  x   x    (3x  1)(4 x  3)   x  3   x3  4 11x  x  12    x     x   12  x   11  Trang  x 1 Kết luận:Tập nghiệm phương trình S  1 3) Giải phương trình: 3x    x  x3  3x  10 x  26  Lời giải 3x   ĐKXĐ:   1  x  5  x  Với ĐKXĐ ta có: 3x    x  x3  3x  10 x  26         x    x    x  x  12   3x    3 x  2 3x    x  2   2x 1   x    x  x  12       x  2      x  x  12     2x 1  3x    x        x  x  12   *  3x    2x 1  5  x  ,  x  x  12  0, x  1;  nên phương trình * vơ nghiệm  2 Vậy tập nghiệm phương trình cho S  2 Câu 4: Giải hệ phương trình: x2 x x3 y y xy 2 xy y xy x 1 Lời giải + Ta có: + Đặt x2 x3 y x4 y2 a x2 b xy + Hệ (**) y xy  Với a; b  Với a; b y xy x a a 2a b a2 (1) (2) Hệ trở thành Từ ta tìm a; b  Với a; b xy a ab b a2 b a a2 a b { 0; ; 1; ; 0; ta có hệ 1; ta có hệ * x2 y xy x2 y xy x2 y x2 y xy x 2 xy y xy 1 ** a2 2; } x x; y y 0; ; 1; ; 1; 2; ta có hệ Trang x2 y xy y x Vậy hệ có nghiệm x; y Câu x 2x 3 x ( x 1) x y { 1; ; 0; ; 1; : x x 1; ; 1; y 1; } (3 điểm) Cho tam giác ABC có AB  1, AC  x BAC  60 Các điểm M , N xác định MC  2MB NB  2 NA Tìm x để AM CN vng góc với Lời giải Điều kiện: x  Ta có:   +) MC  2MB  MA  AC  2 MA  AB  3MA  AC  AB  AM  AC  AB  +) NB  2 NA  NC  CB  2 NC  CA     3NC  CA  AB  2CA  3NC  AC  AB    Vậy: AM  CN  AM  NC   AC  AB AC  AB     AC  AB2  AB  AC   AC  AB  AB  AC  cos AB , AC   x  (Tháa m·n)  2  3x   x   x  x      x   (Lo¹i )  thỏa mãn yêu cầu toán Cho tam giác ABC Chứng minh với G trọng tâm tam giác ABC , ta có GA.GB  GB.GC  GC.GA   ( AB  BC  CA2 ) Vậy x  Câu Lời giải Do G trọng tâm tam giác ABC nên ta có: GAGB  GAGB cos(GA, GB)  GAGB cos AGB GA2  GB  AB  GA.GB 2GA.GB  GA2  GB  AB 2 4ma2 4mb2   AB 9  Trang  AC  AB BC   BC  BA2 AC         AB  9      AC BC   AB   AB  4    (1) Tương tự ta có:   BA2 CA2   BC   BC  4  GB.GC   (2)   CB AB   AC   AC  4  GC.GA   (3) Từ (1), (2) (3), ta có:   AC BC  BA2 CA2 2   AB  AB   BC   BC    4 4   GA.GB  GB.GC  GC.GA     2 2   CB AB   AC   AC  4     AB 3BC AC  2      ( AB  BC  CA ) 2    2 AB  BA2  CA2   ( AB  BA2  CA2 )  3    AB2  BC  CA2  1 AB  BC  CA2   Câu (2 điểm) Cho x, y, z  2018;2019 Tìm giá trị lớn biểu thức:  f( x, y, z)  2018.2019  xy (x y)z  2018.2019  yz (y z)x  2018.2019  zx (z x)y Lời giải Cách 1: Ta chứng minh với: x, y, z  a;b,(a  0) ta ln có ab  xy b  a  x y  4(ab xy)2  (x  y)2 (b a)2  2ab  xy  (x  y)(b a)2ab  xy  (x  y)(b a)  Trang  b(2a x y)  x(a y)  y(a x).a(2b  x y)  x(b y)  y(b x)  (đúng) Vậy ta có ab  xy b  a b  a   ( x  y)z 2z 2a Dấu xảy x  y  a, z  a hay x  y  z  a Áp dụng ta có: f( x, y, z)  b  a b  a b  a 3( b  a)    2a 2a 2a 2a Dấu xảy x  y  z  a Thay a  2018, b  2019 , ta max f (x,y,z)  x  y  z  2018 4036 Cách 2: Ta có 2018.2019  xy (x y)  2018.2019  xy xy (Theo BDT AM-GM) Đặt t  xy,(2018  t  2019), gt x, y  2018;2019 2018.2019  t2 2018.2019   t , liên tục 2018;2019 nghịch biến t t  Maxg(t)  g(2018)  2018;2019  Max g(t)  g(2019)  g(2018)   2018;2019  2018;2019  Ming(t)  g(2019)  1 2018;2019 Xét hàm g(t)  nên 2018.2019  xy (x y)z  2018.2019  xy xy.z  1  , dấu xảy x  y  z  2018 z 4036 Đánh giá tương tư cho biểu thức lại Tóm lại max f (x,y,z)  x  y  z  2018 4036 Trang ...  t2 20 18. 20 19   t , liên tục 20 18; 20 19 nghịch biến t t  Maxg(t)  g (20 18)  20 18; 20 19  Max g(t)  g (20 19)  g (20 18)   20 18; 20 19  20 18; 20 19  Ming(t)  g (20 19)  1  20 18; 20 19 ...  20 18, b  20 19 , ta max f (x,y,z)  x  y  z  20 18 4036 Cách 2: Ta có 20 18. 20 19  xy (x y)  20 18. 20 19  xy xy (Theo BDT AM-GM) Đặt t  xy, (20 18  t  20 19) , gt x, y  20 18; 20 19 20 18. 20 19. .. Câu (2 điểm) Cho x, y, z  20 18; 20 19 Tìm giá trị lớn biểu thức:  f( x, y, z)  20 18. 20 19  xy (x y)z  20 18. 20 19  yz (y z)x  20 18. 20 19  zx (z x)y Lời giải Cách 1: Ta chứng minh với:
- Xem thêm -

Xem thêm: Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT yên phong 2 bắc ninh có lời giải, Đề thi HSG toán 10 năm 2018 – 2019 THPT yên phong 2 bắc ninh có lời giải

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn