de thi chon hsg toan 10 nam hoc 2019 2020 truong thpt thi xa quang tri

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ
TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề có 01 trang)

KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11
Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020
Môn thi: Toán 10

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị là ( P) . Tìm giá trị của tham số m để
đường thẳng dm : y  x  m cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn
1 1
  2.
x1 x2
Câu 2 (4 điểm):
a. Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 .
 x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1
b. Giải hệ phương trình:  2
2
( x  y )  xy  1
Câu 3 (4 điểm): Cho phương trình: x  4  5  x  20  x  x 2  m , (1), (với m là tham
số).
a. Giải phương trình (1) khi m  3 .
b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm.
Câu 4 (4 điểm):
2sin   3cos 
a. Cho cot   3 , tính giá trị biểu thức: P 
.

cos3   4sin 3 
b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường
thẳng AB là x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường
thẳng AC đi qua điểm M (2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD .
Câu 5 (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm E thỏa mãn BE  3.EC  0 .
IA
Gọi I là giao điểm của AC và GE , tính tỉ số
.
IC
Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc BAC  600 , bán kính đường tròn
nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1 , B1 , C1 là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên BC, CA, AB
và M là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn ABM  BCM  CAM   . Tính cot  và
bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 .
Câu 7 (2 điểm): Cho x, y,z  2019;2020 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
2019.2020  xy 2019.2020  yz 2019.2020  zx
.
f ( x, y, z ) 


( x  y) z
( y  z) x
( z  x) y
-----------------HẾT--------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với môn Toán).
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….


ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 – MÔN TOÁN
Câu

Lời giải

Điểm

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và dm: x  m  x  4 x  3
 x2  5x  3  m  0 (*)
dm cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2
2

1) 2đ

 25  12  4m  0  m 
Mà

2.a) 2đ

2.b) 2đ

13
. Khi đó
4

 x1  x2  5
.

x
x

3


m
 1 2

1 1
1
  2  x1  x2  2 x1 x2  5  6  2m  m  thỏa mãn
x1 x2
2

Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 . (**)
1
Điều kiện: 2 x 2  3x  1  0  x  1  x 
2
1
+ x  1  x  nghiệm đúng.
2
1
+ x  1  x  : (**)  x2  3x  0  x  3  x  0 , thỏa mãn
2
1
Vậy (**) có nghiệm là: x  3  x  0  x  1  x 
2
2
3
2
 x  x y  xy  xy  y  1
Giải hệ phương trình:  2
2
( x  y )  xy  1
 xy( x 2  y )  xy  x 2  y  1

 x2  y  a
. Đặt 
ta có hệ pt:
 2
2
xy

b
(
x

y
)

xy

1


2
b  1  a 2
ab  a  b  1 b  1  a

 3
 2
2
2
2
a  b  1
a(1  a )  a  1  a  1 a  a  2a  0

b  1  a 2
a  1 a  2 a  0
 3




2
b

0
b


3
a

a

2
a

0


b  1

a  1  x 2  y  1  x  0  x  1
+




b

0
y


1
xy

0


y  0

a  2  x 2  y  2  x  1
+


b  3
y  3
 xy  3

Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (0 ; -1) ; (-1 ; 3) ; (1 ; 0) ; (-1; 0)

0,5đ
0,5đ

0,5đ

0,5đ
0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ

x  4  5  x  20  x  x 2  3 : đk: x   4;5

t2  9
Đặt x  4  5  x  t  20  x  x 
2
2
t  1(l )
t 9
 3  t 2  2t  3  0  
Pttt: t 
2
t  3
2

3a) 2đ

0,5đ

0,5đ

a  0  x 2  y  0 x  1



+
b  1
y 1
 xy  1

Khi m = 3 ta có pt:

0,5đ

0,5đ
0,5đ


3b) 2đ

 x  4
+ t  3  x  4  5  x  3  20  x  x 2  0  
x  5
2
t 9
; t  3;3 2 
Đặt x  4  5  x  t  20  x  x 2 
2
t2  9
 m  t 2  2t  2m  9
Pttt: t 
2
Xét f (t )  t 2  2t; t  3;3 2   min f (t )  f (3)  3;max f (t )  f (3 2)  18  6 2

9
3 2
2
2sin   3cos 2(1  cot 2 x)  3cot x(1  cot 2 x) 70
P


cos3   4sin 3 
cot 3 x  4
31

Vậy pt có nghiệm khi: 3  2m  9  18  6 2  3  m 
4a) 2đ

nên tọa độ B là nghiệm của hệ:
21

x


x  2 y  1  0
 21 13 
5

 B ; 


 5 5
 x  7 y  14  0  y  13


5
2
2
Gọi nAC  (a; b);(a  b  0) là VTPT của AC,
Do

0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ
0,5đ

B  AB  BD

ta có: cos(nAC ; nAB  cos(nBD ; nAB  2a  b 

0,5đ

3
a 2  b2
2

a  b
 7a  8ab  b  0  
b
a 

7

+ a= -b: Chọn a = 1; b = -1  AC: x – y – 1 = 0
A  AB  AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ:
x  2 y  1  0 x  3

 A  3;2 

x

y

1

0
y

2


I  DB  AC nên tọa độ I là nghiệm của hệ:
7

x

 x  7 y  14  0 
2  I 7 ; 5 





2 2
x  y 1  0
y  5

2
2

4b) 2đ

0,5đ
0,5đ

2

 14 12 
Do I là trung điểm của AC và BD nên C  4;3 ;D  ; 
5 5
+ a = -b/7 (loại) vì AC//BD

0,5đ

0,5đ

0,5đ


A

G

I
B
M

5) 2đ

C

E

Gọi M là trung điểm BC đặt AI  k AC
1
1
1

GI  AI  AG  k AC  (AB  AC)   k   AC  AB
3
3
3

1
1
7
5
GN  GM  MN  AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB
3
6
6
6
Do G, I, N thẳng hàng nên ta có:

1
1
k

3  3  k  4  AI  4 AC  IA  4
7
5
5
5
IC
6
6





0,5đ

0,5đ
0,5đ

A

A

C1

c

b

B1

M

B

B
a

6) 2đ

0,5đ

C

A1

C

1
Ta có: S  bc.sin 600  pr  10 3  bc  40
2
2
2
2
a  b  c  2bc.cos600  a 2  (b  c)2  3bc  a 2  (10  a)2  120  a  7
b  c  13 b  8 b  5




bc  40
c  5 c  8

0,5đ

AB 2  BM 2  AM 2 BC 2  CM 2  BM 2
cot   ABM  BCM  CAM 


4.S ABM
4.SCBM

CA2  AM 2  CM 2 AB 2  BC 2  CA2 23 3



4.SCMA
4.S ABC
20

0,5đ

Ta có B1BA  C1CA  900  A  300
B1A1C1  B1A1 A  C1A1 A  B1BA  C1CA  600 . Tam giác CC1B1 nội tiếp
đường tròn đường kính BC nên ta có:
B1C1
BC
7

 BC  1 1 0  7  B1C1 
sin 30
2
sin C1CA

0,5đ


Mà R1 

B1C1
7 3

0
2sin 60
6

0,5đ

2019.2020  xy 2020  2019

x y
2
 4(2019.2020  xy)2  ( x  y)2 (2020  2019) 2

Ta c/m: x, y  2019;2020 luôn có:

 (2.2019.2020  2xy  ( x  y)(2020  2019))(2.2019.2020  2xy  ( x  y)(2020  2019))  0

  2020(2.2019  x  y)  x(2019  y)  y(2019  x) .

2019(2.2020  x  y)  x(2020  y)  y(2020  x)  0 (đúng)

2019.2020  xy 2020  2019
1


2z
2.2019
 x  yz
Dấu « = » xảy ra khi x = y = z = 2019.
Áp dụng ta có :
2019.2020  xy 2019.2020  yz 2019.2020  zx
f ( x, y, z ) 


( x  y) z
( y  z) x
( z  x) y
1
1
1
3




2.2019 2.2019 2.2019 4038
3
Vậy max f ( x, y, z ) 
; khi x  y  z  2019

4038

Vậy
7) 2đ

0,5đ
0,5đ

0,5đ
0,5đ