4. đề thi hsg toán 10

https://tailieure.com SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017-2018 Mơn: TỐN, Khối 10 Thời gian: 120 phút, không kể thời gian phát đề Ngày thi 14/04/2018 Câu (4.0 điểm) Cho Parabol (P) : y = y x − Tìm x + mx + đường thẳng (d) := m để (P) (d) cắt hai điểm phân biệt A B thỏa mãn AB = 10 Câu (6.0 điểm): Giải bất phương trình sau: ( x+2 ) x4 − x2 + − ≥ x −1 Giải phương trình sau: 2 x − + 3x − = x − x + 21  x 5y (x − ) + =  x2 +  Giải hệ phương trình sau:  2 3y − x = x − 3x y − 9xy  x + 3y Câu (6.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho điểm A ( 2; ) đường tròn ( C) : x + y2 + 2x − 6y + = Tìm điểm M trục hoành cho từ M kẻ hai tiếp tuyến MB, MC với đường tròn (B C tiếp điểm) cho BC qua A  60 hai đường trung tuyến BM, CN vng Cho tam giác ABC có = BC 2= , A góc với Tính diện tích tam giác ABC Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vng ABCD có tâm I Trung điểm cạnh AB M(0; 3) , trung điểm đoạn CI J(1; 0) Tìm tọa độ đỉnh hình vng, biết đỉnh D thuộc đường thẳng ∆ : x − y + =0 Câu (2.5 điểm) Biết  π 16 16 π 33 , < x < Tính giá trị tan 5x, tan  5x −  + + + = 2 2 4 sin x cos x tan x cot x  a,b,c > a4 b b4 c c4 a Câu (1.5 điểm) Cho  Chứng minh rằng: + + ≥ a +1 b +1 c +1 abc = Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: Toán – Lớp 10 – THPT SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ Lời giải sơ lược Câu Điểm 4,0 Hoành độ giao điểm d (P) nghiệm phương trình: x + 2mx + 3= 2x − ⇔ x + 2(m − 1)x + 4= (1) Để d cắt (P) hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ∆ = m − 2m − > ⇔ m > m < −1 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm A(x1 ; 2x1 − 1), B(x ; 2x − 1) , x1 , x 1,0 1,0 nghiệm (1) Theo định lý Viet ta có: x1 + x =2 − 2m, x1x =4 Ta có: AB = 5(x − x1 ) = (x + x1 ) − 4x x1  =10 ⇔ 5(4m − 8m − 12) =100 ⇔ m − 2m − = ⇔ m = m = −2 (tm đk (*)) 1,0 1,0 Vậy m = m = −2 giá trị cần tìm 2.1 2,0 ( ) ĐKXĐ: x ≠ , Ta có: x − x + − ≥ −1 > x + x − ≥ 1+  TH1: x > : BPT ⇔ x − x + ≤ x + x − ⇔  ⇔x= 2  x − x − ≤ ( TH2: x < : BPT ⇔ ( ) ) ( ) ( ) 1,5 2 x − x + ≥ x + x − ⇔ x − x − ≥ 1 +  Vậy BPT có tập nghiệm S = ( −∞;1) ∪     2.2 0,5 2,0 ĐKXĐ: 2x − ≥ 0 PT ⇔ x − 10 x + 21 + [(x − 1) − 2x − 5] + [(x + 1) − 3x − 5] = 0,5 x − 10 x + 21 x − 10 x + 21 ⇔ x − 10 x + 21 + + = (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1 ⇔ (x − 10 x + 21)(1 + + )= (x − 1) + 2x − (x + 1) + 3x − 1,0 ⇔ x − 10 x + 21 = ⇔ x = x = Vậy phương trình có nghiệm x = x = 0, 2.3 2,0 2  x + = 6x y 6x y (x − 2x + 4)(x + 2) = ⇔ , ( 3y ≥ x ) HPT ⇔   3 2 2 4x  x + 27y = (9y − 6xy + x )(x + 3y) =4x − 3x y − 9x y 6y  1 + x = x Nhận thấy x = không nghiệm hệ nên HPT ⇔  1 + 27y =  x x2 3y Đặt a = > 0, b = HPT trở thành x x ( a= b= 1 + a = 2b ⇔  a= b= −1 + 2a 1 + b =  Với a= b= ta nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /  −1 + ta nghiệm (x ;y)=    Với a= b= 1,0  Vậy hệ có nghiệm (x ;y)= ± 2; ± /    ( ) ) −2 −1 ; −1     − −2 −1 ; − 1,0 −1     3.1 2,0 (C) có tâm I ( −1;3) , R = 2 Theo (1) Gọi M ( a;0 ) , để từ M kẻ hai tiếp tuyến với (C) MI > R (ln đúng) 1,0 MB = MC = MI − R = a + 2a + Khi đó, B C thuộc đường trịn (C’) tâm M, bán kính MB, đường trịn (C’) có phương trình: ( C ') : ( x − a ) + y = a + 2a + 2 2 2  x + y + 2x − 6y + = Tọa độ B C thỏa mãn  ⇒ ( BC ) : ( 2a + ) x − 6y + a + 2a + = 2 x a y a 2a − + = + + ( )  1,0 Do BC qua A nên a + 6a + = Vậy A ( −2;0 ) A ( −4;0 ) 3.2 2,0 Hai đường trung tuyến BM, CN vng góc với thì: 4 + b2 c2 4 + c2 b2 2  2  + = ⇔ − + − ) =4 ⇔ b + c =20 m m BC ( ) ( b c   9 3  3  2 Mặt khác: BC2 = b + c − 2bc cos A ⇔ = 20 − 2bc cos 600 ⇒ bc = 16 Vậy S ∆ABC = 1 bc sin A = 16 = 2 1,0 0,5 1,0 3.3 2,0 Gọi N trung điểm CD H tâm hình chữ nhật AMND Gọi (C) đường trịn ngoại tiếp hình chữ nhật AMND Từ giả thiết, suy NJ//DI, NJ vng góc với AC, hay J thuộc (C) (vì AN đường kính (C)) Mà MD đường kính (C) nên JM ⊥ JD (1)   D thuộc ∆ nên D(t; t + 1) ⇒ JD(t − 1; t + 1), JM(−1;3) Theo (1) 1,0   JD.JM = ⇔ − t + + 3t + = ⇒ t = −2 ⇒ D(−2; −1) Gọi a cạnh hình vng ABCD Dễ thấy DM= 5= a2 a + ⇒ a= −2; y = x = AM  x + (y −= 3) =  ⇒ ⇔ Gọi A(x; y) Vì  2 ;y 16 = (x + 2) + (y + 1) = AD =  x 5= 1,0 - Với A(−2;3) ⇒ B(2;3) ⇒ I(0;1) ⇒ C(2; −1) ⇒ J(1;0) (thỏa mãn) 6 7  23   −8   −22 11  - Với A  ;  ⇒ B  − ;  ⇒ I  ;  ⇒ C  ;  ⇒ J ( −3; ) (loại) 5 5  5   5  5 Vậy tọa độ đỉnh hình vng A(−2;3), B(2;3), C(2; −1), D(−2; −1) 2,5 16 16 + + + = 33 Giải tan x = ⇒ tan x = 2 2 sin x cos x tan x cot x tan x tan 2x + tan x Khi đó: tan 2x = = − , tan 3x = =, tan ( 2x + x ) = − tan x − tan 2x tan x 11 tan 3x + tan 2x 38 Vậy: tan 5x = tan ( 3x + 2x ) = = − − tan 3x tan 2x 41 π tan 5x − tan π 79  = tan  5x −  = − π  + tan 5xt an  Ta có 1,0 1,5 1,5 Với số thực dương a, b, c, áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a 4b a 2b a 2b ab 2 = a b − ≥ a b − = a 2b − 2 a +1 a +1 2 a2 Chứng minh tương tự ta có: b4c bc c a ca , ≥ − b c ≥ c2a − b +1 c +1 1,0 a 4b b4c c4a Vậy + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) a +1 b +1 c +1 Áp dụng bất đẳng thức cơsi ta có: a b + a b + b c ≥ 3ab abc = 3ab Tương tự: b c + b c + c2 a ≥ 3bc abc = 3bc ; c a + c a + a b ≥ 3ca abc = 3ca Vậy a 4b b4c c4a 1 3 + + ≥ (a b + b c + c a) − (ab + bc + ca) ≥ (ab + bc + ca) ≥ a b c = a +1 b +1 c +1 2 2 (đpcm) Dấu “=” xảy a= b= c= 0,5 Hướng dẫn chấm trình bày sơ lược cách giải Bài làm học sinh tiết, lập luận chặt chẽ, tính tốn xác tính điểm tối đa Với cách giải khác đáp án, tổ chấm trao đổi thống điểm chi tiết không vượt số điểm dành cho phần Mọi vấn đề phát sinh trình chấm phải trao đổi tổ chấm cho điểm theo thống tổ Điểm toàn tổng số điểm phần chấm, khơng làm trịn điểm SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT CON CUÔNG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10 NĂM HỌC 2017 – 2018 Mơn : TỐN ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1.(5,0 điểm) Cho phương trình bậc hai x  x  m  (1) với x ẩn số a) Giải phương trình (1) m = b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x x  x x  Câu (3,0 điểm)  x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  Câu 3.(5,0 điểm) 4sin   cos  sin   cos3      b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K đoạn a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P  thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AD AK Câu ( 5,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm 16 AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3y 1  , E  ;1 3  a) Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao CD BE b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Câu (2,0 điểm) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc Hết -Họ tên thí sinh : Số báo danh : HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm Phương trình x  x  m  5,0 a) Giải phương trình (1) m  1,5 Khi m  PT (1) có dạng: x  x   0,5 Ta có:  '     0,5 PT (1) có nghiệm phân biệt: x1  x2  0,5 b) Tìm giá trị m thỏa mãn 3,5 Lập ∆ = 25 - 4m Phương trình có nghiệm x1 , x2 ∆ ≥ hay m  0,5 25 Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1  x2  5; x1 x2  m 0,5 ìïx + x > hay m > Hai nghiệm x1 , x2 dương ïí ïïỵx1x > Điều kiện để phương trình có nghiệm dương x1, x2 < m  Ta có: Suy ( x1 + x 2 ) 0,5 = x1 + x + x1 x = + m x1 + x = + m Ta có x1 x  x x1   x1.x Hay 25 (*)   x1  x  0,5 m  m   2m m  5m  36  (1) Đặt t  m  , (1) thành:  2t3 + 5t2 - 36 = 0,5  (t - 2)(2t2 + 9t + 18) =  t - = 2t2 + 9t + 18 = Với t - = => t = => m = (thoả mãn (*)) 0,5 Với 2t2 + 9t + 18 = : phương trình vơ nghiệm Vậy với m = phương trình cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn 0,5 x1 x  x x1   x  x3 y  xy  xy  y  Giải hệ phương trình:   x  y  xy (2 x  1)  3,0 ( x  y )  xy ( x  y )  xy  Hệ   2  x  y   xy  1,0 a  x  y Đặt  Hệ trở thành: b  xy a  ab  b  (*)  a  b  0,5 a  a  2a  a (a  a  2)  Hệ (*)    2 b   a b   a 0,5 Từ tìm (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3)  x2  y  Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ   x  y   xy   x2  y   ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ   xy  0,5 Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ 3    x  y  2 y   y      x  1; y  x x  xy    x  2x   ( x  1)( x  x  3)    0,5 Kết luận: Hệ có nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) 5,0 a) Cho góc  thỏa mãn tan   Tính giá trị biểu thức P   4sin   cos    sin   cos   4sin   cos  P  sin   cos3  sin   cos3  sin   co s  sin   co s  2,5 1.0  4sin   sin  cos   4sin  cos   cos3  sin   cos3  0,5  tan   tan   tan   tan   0,5  4.8   4.2   8 2 0,5     b) AD đoạn thẳng AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Tìm tỉ số AK b) Cho tam giác ABC Gọi D, E BD  BC; AE  AC Điểm K  Vì AE  2,5 A     AC  BE  BC  BA (1) 4 E K 0,5 B D C      Giả sử AK  x AD  BK  xBD  1  x  BA (1)      Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK    Do BC; BA không phương nên   2x  BD  (1  x)BA 0,5 m 2x 3m   &1  x  0 4 0.5  0,5 Từ suy x  ; m  Vậy AK  AD  0,5 AD 3 AK Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông B, AB = 2BC, D trung điểm AB, E điểm thuộc đoạn AC cho AC = 3EC, có phương trình  16  CD : x  3y 1  , E  ;1    5,0 Chứng minh BE phân giác góc B, Tìm tọa độ điểm I giao 2,5 a) CD BE Ta có BA EA    E chân đường phân giác BC EC A D B 0,5 I E C Do BD = BC  BE  CD  BE : x  y  17  0,5 x  3y 1  I  BE  CD  tọa độ điiểm I nghiệm hệ  3x  y  17  0,5 Giải hệ phương trình  I  5;  1,0 b) Tìm tọa độ đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm Đặt BC  a   AB  2a, AC  a 5, CE  2,5 a 0,5   450  IB  IC  BC  a Do CBE (1) Tam giác EIC vuông I  IE  EC  IC  IE   a (2)  Từ (1) (2)  IB  3IE  B (4;5) Gọi C (3c  1; c) từ 0,5 0,5 c  BC   c  4c     c  0,5 Với c   C (2;1), A(12;1) (KTM) Với c   C (8;3), A(0; 3) (TM) 0,5 Vậy A(0; 3), B (4;5), C (8;3) Cho a , b, c số thực dương thoả mãn a  b  c  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  1  2 a b c abc 2,0 Áp dụng BĐT AM- GM ta có ab  bc  ca  33 a b c 1= a + b + c  3 abc  abc  P P  ab  bc  ca  33 abc 0,5 abc  9abc  2 a b c ab  bc  ca 1    2 a b c ab  bc  ca ab  bc  ca ab  bc  ca 0,5 0,5 ... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10, 11 THPT NĂM HỌC 2017-2018 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang, gồm câu) Mơn thi: TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu... TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI OLYMPIC 27/4 - NĂM HỌC 2017- 2018 MƠN THI: TỐN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Ngày thi: 06/03/2018 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu (6,0 điểm):... DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 04/04/2018 (Đề thi gồm 01 trang) Câu I