Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 - 11 THPT NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm câu) Câu (5.0 điểm) a Giải bất phương trình x (2 x  x  3)  2(1  x ) ( x   x )( y   y )  b Giải hệ phương trình  3 x  y   x x  y   10 Câu2 (5.0 điểm) a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x  x  3, điểm I (1;4) đường thẳng d : y  mx  m  Tìm tất giá trị m để đường thẳng d cắt parabol ( P) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác IAB cân I b Một người nơng dân có khu đất rộng dọc theo sông Người muốn làm hàng rào hình Con sơng chữ E (như hình vẽ) để khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau nuôi gà Đối với mặt hàng rào song song với bờ sơng chi phí ngun vật liệu 80 ngàn đồng mét dài, phần lại chi phí ngun vật liệu 40 ngàn đồng mét dài Tính diện tích lớn phần đất mà người nông dân rào với chi phí vật liệu 20 triệu đồng Câu (6.0 điểm)  600 , bán kính đường tròn nội tiếp a Cho tam giác ABC có chu vi 20, góc BAC Gọi A1 , B1 , C1 hình chiếu vng góc A, B, C lên   CAM    BC , AC , AB M điểm nằm tam giác ABC cho  ABM  BCM Tính cot  bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A, đỉnh C (4;1), phân giác góc A có phương trình x  y   Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC 36 đỉnh A có hồnh độ dương Câu (2.0 điểm ) Cho phương trình ( x  ax  1)  a ( x  ax  1)   0, với a tham số Biết phương trình có nghiệm thực Chứng minh a  Câu (2.0 điểm) Cho số thực không âm x, y, z thỏa mãn x  y  z  tam giác xyz   x  y  z  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P   xy  yz  zx xy  yz  xz  -Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu máy tính cầm tay; -Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: NỘI DUNG pt  x ( x  3)  3x x    Câu 1.a  x x   (1)   x x    (2)  x  (1)    x  3x    x 1 x   (2)   x  3x     x 3  10 Vậy bất phương trình có nghiệm x  x   3  10 Câu 1b 2   x 1  x  y 1  y ( x   x)( y   y )  1(1)   x y 2 x   x  y   y   2 Thay x=y vào phương trình thứ hai ta 3x   x  x  10 ĐK: x6 PT  3( 3x   2)  x(  x  2)  2( x  2)   ( x  2)( Ta có x 2 )0 3x   6 x 2 9 2 2 ; 3x   3.6   Suy x  Vậy hệ có nghiệm (2;2) x  3 6 x 2 Câu 2a Hoành độ giao điểm nghiệm phương trình x2  x   mx  m   x  (m  4) x  m   (1) (1) Có nghiệm phân biệt    m2  12m  36   m  6  x  1 x  m  Ta có (1)   Gọi A  1;8 , B  m 5; m2  6m  8 , Tam giác IAB cân I m  2 I  d   2 2  IA  IB (m 4)  (m  m 4)   m  2  (m 6)(m 2)(m  m 1)   m  2  (Do m  2, m  6 ) Câu 2b Gọi x chiều dài hàng rào vuông góc với bờ sơng, y chiều dài hàng rào song song với bờ sơng Theo giả thiết ta có: 3x.40.000  y.80.000  20.000000  3x  y  500  y  500  3x Diện tích khu vườn sau rào 3 500 f ( x)  xy  x  250 x,  x  Ta có: f ( x) tam thức bậc hai có hệ số x âm nên đạt GTLN 250 250 500 x   (0; ) 3 3 31250 max f ( x)  (m ) Vậy diện tích lớn mà người nơng dân rào 500 (0; ) 31250 (m )  10416,666(m ) Câu 3a Ta có: S  bc sin 600  p.r  10  bc  40 a  b  c  2bc cos 600  a  (b  c)  3bc  a  (20  a)  120  a  b  c  13 b  b     bc  40 c  c  cot    AB  BM  AM AD  AM  DM DB  DM  BM   4S ABM 4S ADM 4S DBM AB  AC  BC 82  52  23   4S ABC 20 4.10 Ta thấy tam giác ABC nhọn Theo tính chất tứ giác nội tếp đường tròn ta có: B1BA  C1CA  900  A  300 ; 0 B1 AC 1  B1 A1 A  AAC 1  C1CA  B1BA  90  A  90  A  60 Theo định lý sin tam giác CC1B1 nội tiếp đường tròn đường kính BC , ta có B1C1  BC  B1C1  7sin 300  sin C1CA B1C1 7   2sin 60 Ta có: R1  Câu 3b d : x  y   0, u d  (1; 1) Do d phân giác góc BAC nên góc d AC 45 A(a;5  a), a  0; AC  (4  a; 4  a), AC.u d  cos450   (4  a).1  (a  4).(1) AC u d (4  a)  (a  4) 2   a   A(4;1) (Do a  0) Ta có: AB : x   Gọi B(4;b) ; AB  (0;b 1); AB  b  , AC  S ABC  36  b   36  b   b  10  B(4;10)   b  8  B(4; 8) Do B, C nằm hai phía d nên B(4;10) BC: 9x-8y+44=0 Câu Đặt f ( x)  x2  ax  Do phương trình f ( f ( x))  có nghiệm thực nên phương trình f ( x)  có nghiệm thực Suy   a   Gọi f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 ), x1 , x2  +) Nếu x1  x2 f ( f ( x))  ( f ( x)  x1 )2 Suy phương trình f ( x)  x1 có nghiệm hay ( x  x1 )2  x1 có nghiệm Suy x1   f ( x)  x Vô lý Suy t a   SScchìp +) Khi x1  x2 phương trình f ( x)  xi vơ nghiệm, phương trình lại có nghiệm kép.(Nếu xảy hai phương trình có nghiệm nghiệm phương trình khơng nghiệm phương trình x1  x2 phương trình f ( f ( x))  có nghiệm) Giả sử x2  ax   x1  có nghiệm kép x2  ax   x2  vô nghiệm 1  a   x1      a   x2  Ta có   x1    a  ( x1  x2 )  Kết hợp với a   Suy a  x   Câu Áp dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân ta có: x3    3x  x3   3x Tương tự: y3   y ; z   3z Cộng vế theo vế bất đẳng thức suy x  y  z  Ta có  x3  y3  z  3  xyz   3xyz  xyz  Ta có  3xyz  x3  y3  z  3xyz   x  y  z   x  y  z  xy  yz  zx    x  y  z  xy  yz  zx    xyz  x2  y  z  xy  yz  zx  xyz   x  y  z     xy  yz  zx  Ta có:   xy  yz  zx   xyz   x  y  z    32  10  xy  yz  zx  3t  1 với t  xy  yz  zx ; t  (0;3]  t t 1 3t  1 1 37 ) f  t     3  3  t t 1 t (t  1) 3(3  1) 12 Ta có: P  f  t   Vậy MinP  37  x  y  z 1 12 ... a  0) Ta có: AB : x   Gọi B(4;b) ; AB  (0;b 1); AB  b  , AC  S ABC  36  b   36  b   b  10  B(4 ;10)   b  8  B(4; 8) Do B, C nằm hai phía d nên B(4 ;10) BC: 9x-8y+44=0...  2  (Do m  2, m  6 ) Câu 2b Gọi x chiều dài hàng rào vng góc với bờ sông, y chiều dài hàng rào song song với bờ sơng Theo giả thi t ta có: 3x.40.000  y.80.000  20.000000  3x  y  500... x  (1)    x  3x    x 1 x   (2)   x  3x     x 3  10 Vậy bất phương trình có nghiệm x  x   3  10 Câu 1b 2   x 1  x  y 1  y ( x   x)( y   y )  1(1)   x