Đề thi học sinh giỏi môn toán lớp 10 có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (737.83 KB, 9 trang )
Gia sư Tài Năng Việt
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10 CÓ ĐÁP ÁN
ĐỀ SỐ 1
Câu 1. (2,5 điểm) Cho hàm số y x2 2 x 2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương trình
y x m . Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2 OB 2 82 .
Câu 2. (3,0 điểm)
1. Giải bất phương trình
3 2 x 2 3x 2
1 2 x x 1
2
1.
2. Giải phương trình 2 3x 7 5 3 x 6 4 .
2
2
2 x 2( x y ) 7
3. Giải hệ phương trình
.
2
2
2( x y ) 5
Câu 3. (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang vuông ABCD
A D 90 có đỉnh
0
D (2; 2) và CD 2 AB . Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm D lên đường chéo AC . Điểm
22 14
; ) là trung điểm của HC . Xác định toạ độ đỉnh B , biết rằng đỉnh B nằm trên đường thẳng
5 5
: x 2y 4 0.
2. Cho tam giác ABC là một tam giác bất kì. Chứng minh rằng với mọi số x ta đều có:
1
1 x 2 cosA x cos B cos C .
2
M(
Câu 4. (1,5 điểm) Chứng minh rằng:
1
3
4.
0
sin10 cos100
Câu 5. (1,0 điểm)
1 1 1
1 . Chứng minh rằng:
a b c
a2
b2
c2
abc
.
a bc b ca c ab
4
Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn
-----------------Hết----------------Họ và tên thí sinh :....................................................... Số báo danh .............................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 1:........................................................................................
Họ và tên, chữ ký: Giám thị 2:........................................................................................
Gia sư Tài Năng Việt
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ
HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2015 - 2016
Môn: Toán – Lớp 10 – THPT
Lời giải sơ lược
Câu
1
Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
x 2 2 x 2 x m x 2 3x 2 m 0 (1)
Điểm
2,5
0,5
Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B (1) có hai nghiệm phân biệt
9 4(2 m) 0 4m 1 0 m 1/ 4 (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1; x1 m), B( x2 ; x2 m) , trong đó x1 , x2 là các nghiệm
1,0
của (1). Theo định lý Viet ta có: x1 x2 3, x1 x2 2 m .
Ta có: OA2 OB2 82 x12 x1 m x22 x2 m 82
2
2
2 x12 x22 2m x1 x2 2m2 82 x1 x2 2 x1 x2 m x1 x2 m 2 41
2
m 4
9 2(2 m) 3m m2 41 m2 5m 36 0
m 9
Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm.
2.1
0,5
0,5
1,0
ĐKXĐ: x 2 x 1
Ta có: 1 2 x 2 x 1 1 (2 x 1) 2 3 1 3 0 với mọi x , nên
0,5
BPT 3 2 x 2 3x 2 1 2 x 2 x 1 1 x 2 x 1 x 2 3x 2
x 2 x 1 2 x 2 x 1 1 x 2 3x 2 x 2 x 1 1 2 x
x 0
x 0
x 0
1 13
2
2
1 13
1 13 x
2
2
x
x x 1 4x
3 x x 1 0
x
2
2
0,5
1 13
;
Vậy BPT có tập nghiệm S
2
2.2
1,0
ĐKXĐ: x 7 / 3
Đặt:
3
x 6 t x t3 6
PT trở thành: 2 3(t 3 6) 7 5t 4
0,25
t 4 / 5
t 4 / 5
t 4 / 5
3
2
2
3
2
12t 25t 40t 84 0
(t 2)(12t t 42) 0
4(3t 25) (5 t 4)
t 4 / 5
t 2
1 2017 1 2017
t
t 2 t
24
24
Với t 2 x 14
0,5
Gia sư Tài Năng Việt
1 2017
1 2017
x 6
Với t
24
24
3
3
1 2017
Vậy phương trình có tập nghiệm là: S 14; 6
24
0,25
2.3
1,0
2 x a b
2
2
2
2
2
2
2( x y ) ( x y ) ( x y ) a b
a b 2ab 7
2ab 7 (a b)
2ab 7 (a b)
HPT trở thành: 2
2
2
2
a b 5
(a b) (a b) 12 0
(a b) 2ab 5
2ab 7 (a b)
ab 11/ 2
a b 3
(thoả mãn)
(loại)
a b 3 a b 4
a b 4
ab 2
a b 3
a 2 a 1
*
ab 2
b 1 b 2
x y a
Đặt
. Khi đó:
x y b
0,5
a 2 x y 2
x 3 / 2
Với
b 1
x y 1
y 1/ 2
a 1 x y 1
x 3 / 2
Với
b 2 x y 2
y 1/ 2
0,5
3 1 3 1
Vậy hệ có tập nghiệm là: S ; , ;
2 2 2 2
3.1
1,0
B
A
H
Gọi E là trung điểm của đoạn DH. Khi
đó ABME là hình bình hành suy ra
ME AD nên E là trực tâm tam giác
ADM suy ra AE DM . Mà
AE//BM nên DM BM
E
0,5
M
D
12 4
22 14
Phương trình đường thẳng BM đi qua M ; nhận DM ; làm VTPT là:
5 5
5 5
12
22 4
14
x y 0 3x y 16 0
5
5 5
5
C
0,5
3x y 16 0
x 4
B(4; 4)
Toạ độ B là nghiệm của hệ:
x 2 y 4 0
y 4
Vậy B(4; 4) .
3.2
1,0
BPT được viết lại như sau:
x 2 2 x cos B cos C 2 2cos A 0 (*)
0,5
Gia sư Tài Năng Việt
2
B C 2 B C
2 A
Xét ' cos B cos C 2 2 cos A 4cos 2
cos
4sin
2
2
2
BC A
Do A, B, C là ba góc của một tam giác nên A B C
2
2 2
A
BC
cos
sin . Vì vậy
2
2
' 4sin 2
A
A
B C
B C
2 A
cos 2
4sin 2 cos 2
4sin
1
2
2
2
2
2
0.5
A 2 B C
sin
0, A, B, C .
2
2
Do đó Bpt (*) nghiệm đúng với mọi giá trị thực x.
4sin 2
4
1,5
Đặt P
1
3
0
sin10 cos100
1
3
0
0
2
cos10
sin10
2
2
cos100 3 sin100
Ta có: P
1
sin100 cos100
0
sin 20
2
2sin(300 100 ) 4sin 200
4
1
sin 200
sin 200
2
1,0
0,5
5
1,0
Với các số thực dương a, b, c từ giả thiết ta có: abc ab bc ca
Khi đó:
a2
a3
a3
a3
2
2
a bc a abc a ab bc ca (a c )(a b)
0,5
Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (côsi) ta có:
a3
a3
a c a b 3a
4a b c
a2
4a b c
(1)
a bc
8
(a c)(a b)
(a c)(a b)
8
8
8
4
Tương tự:
b2
4b a c
c2
4c a b
(2);
(3)
b ac
8
c ab
8
Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được:
a2
b2
c2
abc
(đpcm)
a bc b ac c ab
4
1
Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c .
3
1. Hướng dẫn chấm này chỉ trình bày sơ lược một cách giải. Bài làm của học sinh phải chi tiết, lập
luận chặt chẽ, tính toán chính xác mới được tính điểm tối đa.
2. Với các cách giải đúng nhưng khác đáp án, tổ chấm trao đổi và thống nhất điểm chi tiết nhưng
không được vượt quá số điểm dành cho bài hoặc phần đó. Mọi vấn đề phát sinh trong quá trình
chấm phải được trao đổi trong tổ chấm và chỉ cho điểm theo sự thống nhất của cả tổ.
3. Điểm toàn bài là tổng số điểm của các phần đã chấm, không làm tròn điểm
0,5
Gia sư Tài Năng Việt
Đề số 2
Câu 1.
a) Giải bất phương trình
x2 6 x 2 2(2 x) 2 x 1.
5
4
10
6
x xy y y
b) Giải hệ phương trình:
2
4x 5 y 8 6
Câu 2.
Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm
2
x m y ( x my )
2
x y xy
Câu 3.
Trong
mặt
phẳng
với
hệ
tọa
độ
Oxy, cho
điểm
I (2; 4)
và
các
đường
thẳng
d1 : 2 x y 2 0, d2 : 2 x y 2 0 . Viết phương trình đường tròn (C ) có tâm I sao cho (C ) cắt d1
tại A, B và cắt d 2 tại C, D thỏa mãn AB2 CD2 16 5 AB.CD.
Câu4.
1. Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b .Trung tuyến CM vuông góc với phân giác trong AL
CM 3
52 5 .
và
AL 2
b
Tính
và cos A .
c
2. Cho a,b
thỏa mãn: (2 a)(1 b)
9
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P 16 a 4 4 1 b 4
Câu 5.
Cho f x x 2 ax b với a,b
biệt và 1 m, n, p 9 sao cho:
thỏa mãn điều kiện: Tồn tại các số nguyên m, n, p đôi một phân
f m f n f p 7 .
Tìm tất cả các bộ số (a;b).
_____________ Hết _____________
Gia sư Tài Năng Việt
- Thí sinh không được sử dụng tài liệu.
- Giám thị không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ………………………………………Số báo danh: ………………
SỞ GD-ĐT HÀ TĨNH
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT
NĂM HỌC 2012-2013
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
(Hướng dẫn chấm gồm 4 trang)
Đáp án
Câu1
Điểm
1
Điều kiện: x . Đặt t 2 x 1 ( t 0 ) thì 2 x t 2 1. Khi đó ta có
2
1.0
x 2 6 x 2 2(2 x)t 0 x 2 2tx 4t 3(t 2 1) 2 0
( x t )2 (2t 1)2 0 ( x 3t 1)( x t 1) 0
0.5
1
2
x 1 t (do x 3t 1 0; x ; t 0 ).
3 điểm
0.5
x 1
x 2 2.
Với x 1 t ta có x 1 2 x 1 2
x
2
x
1
2
x
1
Đối chiếu điều kiện ta có tập nghiệm của bất phương trình là S [2 2; ).
3 điểm
x5 xy 4 y10 y 6 (1)
2
4 x 5 y 8 6 (2)
Th1: y 0 x 0 không thỏa mãn
Th2: y 0 ta có:
Điều kiện: x
5
4
1.0
0.5
0.5
0,5
Gia sư Tài Năng Việt
5
x x
(1) y 5 y (t y)(t 4 t 3 y t 2 y 2 ty 3 y 4 ) 0 với t=x/y
y y
(t y ) (t 2 y 2 ) 2 (t y ) 2 (t 2 yt y 2 ) 2 0
t=y hay y 2 x
Thay vào (2):
4 x 5 x 8 6 2 4 x 2 37 x 40 23 5 x
23
x
x 1 y 1
5
x 2 42 x 41 0
Đối chiếu đk ta được nghiêm hệ là: ( x; y ) (1;1);(1;1)
Câu2
my 2 y m 0 (1)
Hệ đã cho tương đương với: 2
x yx y 0 (2)
y 0
Phương trình (2) (ẩn x ) có nghiệm là x y 2 4 y 0
y 4
Th1: m 0, ta có y 0, x 0. Suy ra m 0 thỏa mãn.
1
0.5
0,5
0,5
0,5
Th2: m 0. Phương trình (1) (ẩn y ) không có nghiệm thuộc khoảng (; 4] [0; ) (*)
là (1) vô nghiệm hoặc (1) có 2 nghiệm đều thuộc (4;0), điều kiện là
3 điểm
1
1
1 4m 2 0
m (; 2 ) ( 2 ; )
1 4m 2 0
1 4m 2 0
1 m 0
2
1
4
m
0
2
2
(B)
1
1
4
m
4
4 y 0
0
2
1
1 4m 1 8m ( A)
2m
4 y2 0
2
1 1 4m 2
1 4 m 1 8 m
4
0
2m
0.5
(với y1 , y2 là 2 nghiệm của phương trình (1)).
1
1
1
4
4
1
2 m 8
m (B) m (; ) ( ; )
(A)
2
17
17
2
1 4m 2 1 8m
0,5
Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) (ẩn y ) có ít nhất một
nghiệm thuộc khoảng (; 4] [0; ) hay (*) không xảy ra, điều kiện là
4
1
4
1
m ; m 0. Vậy tất cả các giá trị m cần tìm là
m .
17
2
17
2
0,5
Gia sư Tài Năng Việt
Gọi hình chiếu của I trên d1 , d 2 lần lượt là E , F . khi đó
IE d ( I ;d1 )
0,5
2
6
; IF d ( I ;d2 )
.
5
5
Gọi R là bán kính của đường tròn (C ) cần tìm ( R
6
)
5
1
Câu3
3 điểm
4
36
AB 2 AE 2 R 2 ; CD 2CF 2 R 2
5
5
4
36
4
36
Theo giả thiết ta có: 4 R 2 4 R 2 16 20 R 2
R2 .
5
5
5
5
0,5
8R 2 16 4 (5R 2 4)(5R 2 36) 2 R 2 4 (5R 2 4)(5R 2 36)
(2 R 2 4)2 (5R 2 4)(5R 2 36) (do R
6
6
) R 2 2 ( do R
)
5
5
Vậy phương trình đường tròn (C ) cần tìm là (C ) : ( x 2)2 ( y 4) 2 8.
Ta có: AL
CM
0.5
b
c
AB
AC
bc
bc
0.5
CA CB AB 2 AC
2
2
0.25
Theo giả thiết: AL CM AL.CM 0
bAB c AC
AB 2 AC 0 bc
2
0.25
bc 2 cos A 2cb 2 cos A 2cb 2 0
c 2b 1 cos A 0 c 2b (do cos A 1)
4.a
3 điểm
0.5
Khi đó: CM 2
AL2
0.5
b2 a 2 c2 a 2 b2
2
4
2
1
AB AC
9
2
0.25
1
2
AB 2 AC 2 2 AB. AC 9b 2 a 2
9
9
CM 3
CM 2 9 a 2 b 2
9
52 5
. 2
52 5
2
2
AL 2
AL
4 9b a
4
0.5
0.5
cos A
a b
a
52 5 2 6 5
2
2
9b a
b
2
2
b2 c 2 a 2 5b 2 a 2
5 1
2
2bc
4b
4
2
0.25
Gia sư Tài Năng Việt
a b
c d
0.5
a2
a2
p
(a 2 4b2 )2
Áp dụng (1) ta có :
1 1 b4 4 b2 4
4
16
4
4
0.5
9
5
a 2b ab (2)
2
2
0.25
a 2 1 2a
3(a 2 4b 2 )
2 2a 4b 2ab a 2 4b 2 2 (3)
Mà: 4b 2 1 4b
2
a 2 4b 2
2ab
2
0.75
C/M được :
a 2 b 2 c 2 d 2 (a c) 2 (b d ) 2 . ấu bằng xẩy ra khi:
2
Mặt khác: (1 2a )(1 b)
4.b
3 điểm
2
Từ (1) và (3) suy ra: p 2 17 .Dấu “=” xẩy ra khi: a=1 và b
1
2
0.5
Vậy: MinP 2 17 Đạt được khi a=1 và b
1
.
2
3 số f(m),f(n),f(p) hoặc cùng dương, âm hoặc có 2 số cùng dấu nên:
Th1: f(m),f(n),f(p) cùng bằng 7 hoặc -7 loại vì phương trình f(x)-7=0 có 3 nghiệm
0,5
phân biệt
Th2: f (m) f (n) 7 và f ( p) 7
Không mất tính tổng quát,giả sử m>n và m p n p ta có: m,n là nghiệm pt:
x2 ax b 7 0 và p là nghiệm pt: x2 ax b 7 0 nên :
0,5
2 điểm
n p 2
n m 9(l )
m n a
p
m
7
(n p )(n p a ) 14 (n p )( p m) 14
n p 2
(m p )(m p a ) 14
n m 9(l )
p m 7
Th3: f (m) f (n) 7 và f ( p) 7 ,khiđó hoàn toàn tương tự ta có:
m p 7
m p 7
hoặc
( p n)(m p) 14
pn 2
p n 2
Do m,n,p 1;9 nên tìm được 4 bộ là: (a;b)= (11;17), (13; 29), (7; 1), (9;7) .
Chú ý: Mọi cách giải đúng khác đều cho điểm tương ứng.
0,5
0.5
