Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (336.21 KB, 6 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC 2

KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10
ĐỀ THI MƠN: TỐN

NĂM HỌC 2018-2019

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

Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số 1 2 7 6
1 1 2

y x x

x

   

 

Câu 2 (2,0 điểm). Cho hàm số y x22mx3m và hàm số y  2x 3. Tìm m để hai đồ
thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A

và

B

sao cho

AB 

4 5

Câu 3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2x2 2xm x có nghiệm. 1
Câu 4 (2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 1

4 3

x

mx x m





   có tập nghiệm là .
Câu 5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2x26x 1 4x 5

Câu 6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2

4 10 2 2 4

2 2 7 5

2 24

x y x y

x xy y

x y

    



  

   



Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các cạnh 
BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho AM vng góc với

PN. Tính độ dài PN theo a.

Câu 8 (2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có BC 2AB,
phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

B

là

 

d :xy2 . Biết 0



ABC 

120

0 và



3;1



A . Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của tam giác.

Câu 9 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp



ABC

, biết IGIC.

Chứng minh rằng 2

a b c ab

a b

  

 (Với ABc BC, a CA,  ). b

Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực

a b c 

, ,

0

thỏa mãn

3

2 a

  

b

c

. Tìm giá trị nhỏ nhất

của

S

a

1

2

b

1

2

c

1

2

b

c

a





---Hết---

Thí sinh khơng được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm.

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

I. LƯU Ý CHUNG:

- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.

- Điểm tồn bài tính đến 0,25 và khơng làm trịn.
II. ĐÁP ÁN:

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10
ĐỀ THI MƠN: TỐN

NĂM HỌC 2018-2019

Câu Nội dung trình bày Điểm

1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số 2
1

7 6

1 1 2

y x x

x

   

 

Hàm số có xác định khi và chỉ khi

7 6 0

1 1 2 0

x x

x
   


   

 0,5

2 1

7 6 0

1 1 2 0

1 1 2 1

x

x x

x
x

x
 



 

    

 

  

  

 

    



0,5

0 1

x

x
 



    



  


0,5

Vậy tập xác định của hàm số là: D 

 

0;1 0,5

2 (2,0 điểm). Cho hàm số

2 3

yx  mx m và hàm số y  2x 3. Tìm m để hai
đồ thị đã cho cắt nhau tại hai điểm phân biệt

A

và

B

sao cho

AB 

4 5

Phương trình hồnh độ giao điểm của hai đồ thị là: x22mx3m 2x 3





2 1 3 3 0

x m x m

      (*) 0,5

Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt
' 0

    1.

4
m
m
 



 


Gọi A x



1; 2 x13 ;

 

B x2; 2 x23



với x x là nghiệm phương trình (*) 1; 2

0,5

Theo Vi-et ta có:









1 2

2 1

. 3 1

x x m

x x m

   





  




Ta có: AB 5



x1x2



2  5



x1x2



220 .x x1 2  20



m1



260



m1



0,5

















4 5 20 1 60 1 4 5 1 2 1 4 0

AB  m  m   m  m  

0; 5.

m m

    So sánh với điều kiện ta được m=0 và m=-5

0,5

3 (2,0 điểm). Tìm m để phương trình 2

2x 2xm x1 có nghiệm.

Ta có 2 2 2 1 2 1

4 1 0(*)

x

x x m x

x x m

 


     

   



</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

 2  

(*) x 4x 1 m . Xét yx24x và y 1 m

0,5

Ta có bảng biến thiên hàm số yx24x là:

0,5

Phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi (*) phải có nghiệm x1hay

    

1 m 4 m 5

0,5

(2,0 điểm). Tìm tham số m để bất phương trình 2 1 1

4 3

x

mx x m





   có tập
nghiệm là .

Để bất phương trình có tập nghiệm  ta cần có mx24x m   với x3 0   

( m =0 không thỏa mãn)

0 1

0 3 4 0 4

m

m m

m

m m



   

 

  

      

  

0,5

Với m   . Khi đó ta có 1 mx24x m   với x3 0   
Bpt   x 1 mx24x m  3 mx25x m   (1) 4 0

Bpt có tập nghiệm  (1) 2

4 41
2
0 4 16 25 0

4 41
2

m

m m

m

 





       

 





Mà 1 4 41

m  m 

0,5

Với m 4. Khi đó ta có mx24x m   với x3 0   
Bpt   x 1 mx24x m  3 mx25x m   (2) 4 0

Bpt có tập nghiệm  2

( 2)

4 41
2
0 4 16 25 0

4 41
2

m

m m

m

 





       

 





Mà 4 4 41

m m 

0,5

KL: 4 41

m  ; 4 41

m  0,5

5 (2,0 điểm). Giải phương trình 2x26x 1 4x5

x 1 2 + ∞

y -3

-4

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Điều kiện: 4
5
x   .

Đặt t 4x   5 t 0

0,5

Ta có

5
4
t

x  thay vào ta được phương trình sau:





4 2

2 4 2

10 25 6

2. 5 1 22 8 77 0

16 4

t t

t t t t t

 

        

0,5







2 7 2 11 0

t t t t

      0,5

2 0

1 2 2

1 2 2 1 2 2

1 2 3 1 2 3

1 2 3

t

t t

t



  


    

  

 

 

     



  


1 2

2 3

x
x
  


   

 0,5

6 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình 2 2

4 10 2 2 4

2 2 7 5

2 24

x y x y

x xy y

x y

    



  

   


Đặt a 4x10 ;y b 2x2y a b



, 0



Khi đó hệ trở thành 2 2

2 2
4

2 144

6 3

a b

a b ab

  

 

   

 

  

      

 



0,5





, 0
2

4 8

4 12 4 8

4 4

144

12 8

a b

a b a

a b a b b a

b

a b a

a b

a b b


    

 

 

    

       

   

   

          

  

  

      

 

 

0,5

Với 8 4 10 8 2 5 32

4 2 2 4 8

x y

a x y

b x y x y



      

  

  

  

       

 

   0,5

Giải hệ trên ta được 8; 16

3 3

x y . 0,5

(2,0 điểm). Cho tam giác ABC đều cạnh 3a. Lấy các điểm M, N lần lượt trên các 
cạnh BC, CA sao cho BM =a, CN=2a. Gọi P là điểm nằm trên cạnh AB sao cho 
AM vng góc với PN. Tính độ dài PN theo a.

Đặt APx AB



x0



Ta có: 1 1





2 1

3 3 3 3

AM AB BM  AB BC AB ACAB  AB AC

         

0,5
A

B C

M
P

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

1
3

PN PA AN  x AB AC

    

. 0

AM PN  AM PN  

  2 1 1

0
3AB 3AC x AB 3AC

   

   

   

   

   

2 2

2 1 2

. 0

3 9 9 3

x x

a a  AB AC

      

 

  2

2 0

. cos 60
2

a

AB AC a

 

 

 

 

 

2 2

2 1 2 2 1 2 1 4

0 0

3 9 9 3 2 3 9 9 3 2 15

x x a x x

a a     x

               

   

0,5

Khi đó

2
2

4 1 4 1

15 3 15 3

PN   AB ACPN   AB AC

 

    

2 2

16 1 8 21

225 9 45 2 225

a

a a

   

0,5

21
15

PN

  0,5

(2,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có 
2

BC  AB, phương trình đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh

B

là

 

d :xy2 . Biết 0

ABC 



120

0 và A



3;1



. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của
tam giác.

Đặt ABa a



0



Ta có: AC  AB2AC2 2AB ACco. s1200 a 7

2 2 2 2 2 2

4 7 3

2 4 2 4 2

AB BC AC a a a a

BM  

     

0,5

Ta có

2 2

2 2 2 3 7 2

4 4

a a

AB BM a   AM

Suy ra tam giác ABM vng tại B.

0,5

Khi đó phương trình AB: xy20

B là giao của AB và BM  B



2; 0



0,5

Ta có:





2 2 6

ABd A BM  a  BM 

Gọi M m



; 2m



. 6 2 3

2 2

BM  m 

M là trung điểm AC nên C



2 3; 4 3



hoặc C



2 3; 4 3



0,5

(2,0 điểm). Cho tam giác ABC gọi I là tâm đường tròn nội tiếp



ABC

, biết
IGIC. Chứng minh rằng 2

a b c ab

a b

  

 (Với ABc BC, a CA,  ).b
B

A C

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Ta chứng minh a IAb IBc IC0



 



0 1



. .



a IC CA b IC CB cIC CI a CA b CB

a b c

        

 

        

0,5

1 1

3 3

a b

GI CI CG CA CB

a b c a b c

   

        

   

   

    

0,5

Khi đó 



2a b c CA 







2b a c CB







aCA bCB 



0



ab CA CB.



b



2a b c



a



2b a c



0
         

Do abCA CB. ababcosCab



1 cos C



0
 

0,5

Nên ta có: b



2a b c



a



2b a c



0









0 6







a b c ab

b a a b c a b a b c ab a b a b c

a b

 

               



0,5

(2,0 điểm). Cho các số thực

a b c 

, ,

0

thỏa mãn

3

2 a

  

b

c

. Tìm giá trị nhỏ

nhất của 2 2 2

2 2 2

1 S

a

b

c

b

c

a





Ta thấy

2 2 2

2 2 2 2 2 2

16 16 16

1 ...

16 S

a

b

c

b

c

a







0,5

2 2 2

17 17 17

16 32 16 32 16 32

17

16 a

b





0,5

17 17 17 17

8 16 8 16 8 16 8 5 5 5

1

17 3 17

16 a

b

c

b

c

a

a b c



















0,5





5 15

3 17

2 2 2 2

2

3 a b c

a

b

c



















Vậy

3 17

2 MinS 

. Dấu “=” xảy ra

1

2 a

b

c



  

.

0,5
G

C

A B

I

</div>

Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>AB </i>

4 5

<i>B</i>

 



<i>ABC </i>

120







<i>ABC</i>

<i>a b c </i>

, ,

0

3

2

<i>a</i>

  

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>S</i>

<i>a</i>

1

<i>b</i>

1

<i>c</i>

1

<i>b</i>

<i>c</i>

<i>a</i>













 

<i>A</i>

<i>B</i>

<i>AB </i>

4 5







 











<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>



































<sub></sub>

<sub></sub>