Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2017 2018 có đáp án

Bộ đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2017 2018 có đáp án giúp các bạn dễ dàng ôn tập, không mất nhiều thời gian trong việc tìm kiếm tư liệu tham khảo. Đề thi được biên soạn bám sát với chương trình học của môn Toán lớp 10 sẽ giúp các bạn dễ dàng củng cố kiến thức chuẩn bị cho bài thi chọn học sinh giỏi môn Toán đạt kết quả cao nhất. Mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

BỘ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI MƠN TỐN LỚP 10 NĂM 2017-2018 (CÓ ĐÁP ÁN) Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Bắc Giang Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Nam Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Con Cuông Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Lý Thái Tổ Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Nguyễn Xn Ơn 10 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn Tốn 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Quỳ Hợp SỞ GD&ĐT BẮC GIANG CỤM TÂN YÊN Ngày thi: 28/01/2018 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 MƠN: TỐN 10 Thời gian làm 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6 điểm) Cho phương trình x  x  3m   (m tham số) a) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm b) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2  x12  x2  c) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  3;4 Câu 2: (2 điểm) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): x   m  1 x  m3   m  1  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ 3 biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  x1  3x2   Câu 3: (2 điểm) Giải phương trình 81x   x  x  x2;  x    x2  y  y   2 y   Câu 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình  ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2 2 Câu 5: (2 điểm) Cho số dương a, b, c có a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a Câu 6: (2 điểm) Khơng dùng máy tính tính tổng P = cos2 00  cos210  cos2 20  cos2 30  cos2 40   cos21800 Câu 7: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1;  B  4;3 Tìm tọa độ điểm M nằm trục hồnh cho góc 450   Câu 8: (2 điểm) Cho tam giác ABC điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,     CN  CA , AP  AB Tìm k để AM vng góc với PN 15 …………………Hết………………… Họ tên thí sinh:…………………………… …………Số báo danh:……………… ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học 2017 – 2018 Mơn thi: Tốn – Lớp 10 (Thời gian làm bài: 150 phút) CỤM TÂN YÊN Câu Nội dung Cho phương trình x  x  3m   (m tham số) Điểm a) Tìm giá trị m để phương trình có hai nghiệm b) Tìm m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2  x12  x2  c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  3;4 a) Để phương trình có hai nghiệm 12  (3m  4)  1 b)  m  KL x  x  2 (Khơng có bước khơng trừ điểm) Khi m   x x  m   0.5 x12 x2  x12  x2   (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)   9m2  18m   m   0;2 c) Kết hợp với m  m  0;  KL  3 Nghiệm pt x  x  3m   hoành độ giao điểm hai đồ thị hàm số y  x  x y  3m  Vẽ bảng biến thiên hàm số y  x  x đoạn  3;4 Từ bảng biến thiên để phương trình x  x  3m   có hai nghiệm phân biệt thuộc đoạn  3;4 1  3m   0.5 0.5 0.5 0.5 1   m   ;  KL 3  0.5 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m tham số): x   m  1 x  m3   m  1  có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  Tìm giá trị lớn 3 giá trị nhỏ biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  x1  3x2   Trước hết xét biệt thức  '   m  1   m3   m  1   m3  4m  m  m   m     Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên  '   m  m   m    2 (1) Khi đó, theo Vi-ét ta có x1  x2   b   m  1 với điều kiện  m  1  a 0,5 (2) x1 x2  c  m3   m  1 Điều kiện (1) (2) giải 2  m   m  a Như x13  x23   x1  x2   x1 x2  x1  x2  nên biểu thức 3 P   x1  x2   x1 x2    m  1    m3   m  1   16m2  40m   Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P  m   16m  40m với m   2;0   2;3 Ta lập bảng biến thiên hàm số P  m   16m  40m với m   2;0   2;3 m  2 P  m 16 144 Giải phương trình 0,5 24 Từ ta kết luận được: Giá trị lớn biểu thức P  16 m  , Giá trị nhỏ biểu thức P  144 m  2  0,5 81x   x  x  0,5 x2;  x    46   46  x   PT cho tương dương với 3  x     27   27   46  3u  v3  u  x     27 Đặt  ta có hệ:  v  3  x    46  3u  46 3v  u  46     27  27 27  0.5 Trừ hai phương trình cho theo vế ta có: u  v  0, 1  u  v    v  u  v  uv  u   2 v  uv  u  3,   Dễ thấy v  uv  u  nên (2) vô nghiệm 1  u  v  3x   x   x3  x  x  27 3 x  kết luận  x      0,5 0.5 0.5  x2  y  y   2 y   Giải hệ phương trình  (1) 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  (2) ĐKXĐ: y  1,5 (2)  x3  y  x  y   x  y     x  1   y  1  x   y   y  x  3 Thay vào pt thứ ta được: 2  2x 1   x 1  1  x  3x    x    x     x      2  2   x   x (Có thể bình phương pt:  x  12 ( x  x  2)  ) Giải hai pt ta x  1, x   Vậy hệ có hai nghiệm  x; y   1; 1 ,   2,   0.5 0.5 Cho số dương a, b, c có a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a 1 a a a3 a3 a3 c3 c3 )   (   16 2c  a  b c  ( a  b  c) c  c3 a3 a c  c  3a c     16 16 c3 c3 a a 3a c  Suy ra:   16 2c  a  b  33 Tương tự 3b a  b b   16 2a  b  c 0.5 3c b  c c   16 2b  a  c Cộng vế tương ứng ba BĐT chiều ta P  , P  a=b=c=1 KL Tính P=cos2 00  cos 210  cos 20  cos 30  cos 40   cos 21800 0.5 cos00 =-cos1800  cos2 00 =cos 21800 … cos890 =-cos910  cos 890 =cos 910 0,5  P=2cos 00  2(cos 210  cos 20  cos 30  cos 40   cos 890 )  cos 900 =2  2(cos 210  cos2 20  cos2 30  cos2 40   cos2 890 ) 0,5 cos890 =sin10  cos 890 =sin 210 … 0,5 cos46 =sin44  cos 46 =sin 44  P=2  2(cos 210  sin 210  cos 20  sin 20   cos 440  sin 440  cos 450 ) 0 2 =2  2(44  cos2 450 )  91 0,5 KL A 1;  B  4;3 Tìm M nằm trục hồnh cho góc 450 0.5 Điểm M mằm trục hoành nên gọi M(m;0) ,   MA  (1  m;2) , MB  (4  m;3) (1  m)(4  m)  2.3 cos450  0.5 (1  m)2  22 (4  m)2  32  m4  10m3  44m2  110m  75   (m2  6m  5)(m2  4m  15)  m=1 m=5 KL: M(1;0) M(5;0)   Cho tam giác ABC điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,     CN  CA , AP  AB Tìm k để AM vng góc với PN 15       +) BM  k BC  AM  AB  k ( AC  AB)     AM  (1  k ) AB  k AC A P N      +) PN  AN  AP   AB  AC 15   Để AM vng góc với PN AM PN  0.5 B        (1  k ) AB  k AC    AB  AC    15  4(1  k ) k  k 4k   AB  AC  (  ) AB AC  15 3 15 4(1  k ) k  k 4k   (  )cos600  15 3 15 k M C 0.5  KL: k  ĐÁP ÁN THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2017 - 2018 Mơn: Tốn – 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 tròn 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 vuông 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 vuông 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 côsi 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 VÀ ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT NGUYỄN XN ƠN NĂM HỌC: 2017-2018 MƠN TỐN: KHỐI 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề) 2017  x  2018 x2  x Câu II: (3điểm) Cho phương trình: ( x2  5x  6)( x2  x  20)  2m 1  (1) Câu I:(2điểm)Tìm tập xác định hàm số: y  Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x thỏa mãn: x2  x   Câu III:(5điểm) 1.(2điểm)Giải phương trình: 3x 1  x   x    x3  x3 y  2.(3điểm)Giải hệ phương trình:   xy3   x Câu IV:(2điểm) Cho hình vng ABCD Điểm I , J xác định bởi: BI  BC , CJ   CD Đường thẳng AI cắt BJ K Chứng minh: AK vng góc với CK Câu V:(2 điểm) Để đo chiều cao từ mặt đất đến đỉnh cột cờ kỳ đài trước Ngọ Môn (Đại Nội-Huế), người ta cắm hai cọc AM BN cao 1,5 mét so với mặt đất Hai cọc song song cách 10 mét thẳng hàng so với tim cột cờ (Hình vẽ minh họa) Đặt giác kế đỉnh A B để nhắm đến đỉnh cột cờ, người ta góc 510 40' 45039' so với đường song song với mặt đất Hãy tính chiều cao cột cờ (làm tròn 0,01 mét) A M B N Câu VI(3điểm) Cho tam giác ABC với A(5;6), B(1;2) đường phân giác góc A song song với trục tung, góc C 600 Tìm tọa độ đỉnh C Câu VII.(3điểm) Xét hình chữ nhật ABCD điểm M di động BC Phân giác góc DAM cắt BC N Hãy xác định vị trí M để AN đạt giá trị nhỏ MN … …….Hết…… … (Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị không giải thích thêm.) Đáp án hướng dẫn chấm Câu Câu I (2đ) Lời giải  x  2018  Điều kiện:  1,0 x  4x   x  2018   x   x   0,5 D=  ;0   (4; 2018)  (2018; ) Câu II (3điểm) Điểm ( x  x  6)( x  x  20)  2m   0,5 (1)  ( x2  x  10)( x2  x  12)  2m   (2) Đặt: t  x  x  suy t  Khi (2) trở thành: (t+1)(t + 3) -2m -1 = 0, (với t ≤ 0) (3) PT (1) có nghiệm x thỏa mãn đề pt (3) có nghiệm t thỏa mãn: t ≤ Xét: t2 + 4t +2 = 2m ( Với t ≤ 0) (*) Xét hàm số: f(t) = t2 + 4t+2 ( với t ≤ 0) t -∞ -2 +∞ +∞ 1,0 0,5 0,5 0,5 f(t) -2 Suy (*) có nghiệm khi: 2m ≥ -2  m ≥ -1 Kết luận: pt(1) có nghiệm x thỏa mãn đề khi: m ≥ -1 Câu III (5điểm) 1.(2điểm)Giải phương trình: ĐK: x ≥ 2, 0,5 3x   x   x   phương trình cho trở thành: 3x    x   x  0,25 0,5  x   x    x   ( x  2)(2 x  7)  x  0,25  x   ( x  2)(2 x  7) 0,25  x  x 18  x   x    0,25 Đối chiếu với điều kiện, suy phương trình cho có nghiêm x = 0,25 0,25  x3  x3 y  (I ) (3điểm)Giải hệ phương trình:   xy3   x 1  y  t Đặt x  Khi hệ (I) trở thành:  t 1  2t  y 0,5 (t  y )(t  ty  y  2)     1  2t  y 0,5 t  y   1  2t  y t  y   y  y 1  0,5 0,5 t  y     y  1    1  y   1    y  0,5 Suy hệ có nghiệm (x,y) là: (-1;-1);( CâuIV (2điểm) A 1   1 ; ) ; ); ( 2 1 0,5 B I K D C J Đặt độ dài cạnh hình vuông a, AB  a, AD  b , đó: a  b  a , a.b  Giả sử BK  xBJ , ta có: AI  a  b, AK  AB  BK  (1  x  3x  x  1 Khi ta có: AI  a  b, CK  a  b 5 1 1 Xét: AI CK  (a  b)( a  b)  a  a  5 5 Suy AI vng góc với CK , hay AK vng với CK Vì AI , AK phương nên ta có:  Câu VI (2điểm) x)a  xb 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 C D B A M N Ta có: CAB  128 20 , ACB  ' ' 0,25 Áp dụng định lý hàm số sin ABC : Suy ra: AC  AC AB  ' sin 45 39 sin 601' 0,5 AB.sin 45039' sin 601' 0,25 Xét tam giác vuông ACD: CD  AC.sin 51040' Suy ra: CD  AB.sin 45 39'.sin 51 40' sin 601' Suy chiều h  1,5  CD  1,5  Câu VII (3điểm) 0,25 0 0,25 cao cột cờ là: AB.sin 45 39'.sin 51 40'  55, 01(m) sin 601' 0,5 y A C B O I B’ x Đường phân giác góc A song song với trục Oy nên có phương x = 5(d) Gọi B’ điểm đối xứng B qua (d), suy B’(9;2)  ABB’ vuông cân A Suy C thuộc cạnh AB’ 0 Xét ABC , có AB  2, A  90 , C  60 suy AC  AB.cot 60  0,25 0,25 0,25 0,5  AC  AB  Gọi C(x;y), ta có:  (I) AC    0,5 AB(4; 4); AC ( x  5; y  6) 0,25  x  y  11  Theo (I) ta có hệ:  32 2 ( x  5)  ( y  6)     x    x   Giải Hệ (2) có nghiệm:   y   y     Câu VIII (3điểm) 0,5 4 0,5 A B  M C D N Đặt AB = a; AD = b; AM = m> 0, AN = n > m; AMN =  0,25 Theo giả thiết ta có:AN phân giác góc MAD  MAD  ANB (cùng NAD ) 0,5 Vậy ANM cân M MN = AM = m Theo định lý cosin cho ANM có: n  m2  m2  2m.m.cos  2m2 (1  cos) 0,5  n  m 2(1  cos ) 0,25 Theo ta có: AN n m 2(1  cos )    2(1  cos ) MN m m Ta có:>900(vì M di động đoạn BC)cos0   AN  2(1  cos )  MN AN AN  2, đạt giá trị nhỏ MN MN xảy  cos =   =90  M B Chú ý: - Chấm phải bám biểm điểm cho, không thay đổi biểu điểm - Học sinh làm cách khác cho điểm tối đa 0,5 0,5 0,5 SỞ GD & ĐT NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP Ngày thi: 30/01/2018 *** Câu I ( 2+2=4 điểm) ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG Năm học 2017 – 2018 Mơn thi: Tốn – Lớp 10 (Thời gian làm bài: 150 phút) Cho parabol ( P) : y  ax  bx   3 11  1) Tìm giá trị a; b để parabol có đỉnh S  ;   2  2) Với giá trị a; b tìm câu 1, tìm giá trị k để đường thẳng  : y  x(k  6)  cắt parabol hai điểm phân biệt M ; N cho trung điểm đoạn thẳng MN nằm đường thẳng d : x  y   Câu II ( điểm)     Cho tam giác ABC điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC , CN  CA ,   AP  AB Tìm k để AM vng góc với PN 15 Câu III( 3+3+3=9 điểm) 1) Tìm m để phương trình x  x   m x  x    x  3m  có hai nghiệm x1 , x cho x1  10  x 2) 3) Giải phương trình x   x  x   x  x   x  x  Giải hệ phương trình  x  y  y   2 y   ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2 2 Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm) Cho hình vng ABCD cạnh có độ dài a Gọi E; F điểm xác định     CF   CD, đường thẳng BF cắt đường thẳng AE điểm I BE  BC ,   1) Tính giá trị EA.CE theo a AIC  900 2) Chứng minh  Câu V ( điểm) Cho số dương a, b, c có a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a - - - - Hết - - - - “CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH” Bài Bài Câu HƯỚNG DẪN CHẤM Tìm Điểm điểm điểm … Do Parabol nên có trục đối xứng mà Tọa độ đỉnh có tung độ hay Ta có hệ pt vào ta được: nên nên ta có: Nếu loại Nếu thỏa mãn Vậy giá trị cần tìm Câu Tìm m … với parabol ý2 Để đường thẳng cắt Parabol hai điểm phân biệt pt có hai nghiệm phân biệt hay pt: x  kx   có hai nghiệm phân biệt có Khi đó, giao điểm nên trung điểm đoạn Bài , điểm , 0,5 0,5    3k  k   k k Theo định lý Viet ta có x1  x2  nên I  ;  2 4    nên k  8k   hay Do I thuộc đường thẳng k  4  18 thỏa mãn tốn   Cho tam giác ABC điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC , 0,5 0,5     CN  CA , AP  AB Tìm k để AM vng góc với PN 15       A +) BM  k BC  AM  AB  k ( AC  AB)     AM  (1  k ) AB  k AC P N      +) PN  AN  AP   AB  AC 15 B M 0,5 1,0 , 0,5 C   Để AM vng góc với PN AM PN         (1  k ) AB  k AC    AB  AC    15  4(1  k ) k  k 4k    ) AB AC  AB  AC  ( 15 3 15 4(1  k ) k  k 4k   (  )cos600  15 3 15 k  KL: k  Câu 1) Tìm m để phương trình x6 x9 m x2 x9 8  x 3m  Giải: PT  x    m  x   1  x  3m  đặt t  x  9, t  PT trở thành : 3m   2t   m  1 t  m  13  (1) PT ban đầu có nghiệm x1  10  x t   m  t  1  t    '    (1) có nghiệm  t   t    t1  1 t  1    t1  t   m  1   m  13   m  25     m  13   m     13  m   m  13   m  1  m    2) Giải phương trình x   x  x   x  x   x  x giải: Điều kiện: x  Đặt  x  a ;  x  b ;  x  c với a, b, c số thực không âm Ta có x   a   b   c  a.b  b.c  c.a Do 3  a  ab  bc  ca  a  b  c  a     4  b  ab  bc  ca   b  c  a  b      c  a  b  c   5  c  ab  bc  ca Nhân vế ba phương trình ta  a  b  b  c  c  a   15  15 a  b    15 15 15 15 Suy b  c  abc     15 c  a   671 671 Thử lại x  thỏa mãn phương trình 240 240 671 Vậy phương trình có nghiệm x  240 Suy x   3) Giải hệ phương trình  x  y  y   2 y   ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2 2 Giải  Giải hệ phương trình  x  y  y   2 y   2 2 ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  (1) (2) ĐKXĐ: y  1, (2)  x3  y  3x  y   x  y     x  1   y  1  x   y   y  x  3 Thay vào pt thứ ta được: 2  2x 1   x 1  1  x  3x    x    x     x      2  2   x   x (Có thể bình phương pt:  x  1 ( x  x  2)  ) Giải hai pt ta x  1, x   2 Vậy hệ có hai nghiệm  x; y   1; 1 ,   2,   Câu Giải: Tính Ta có theo a ; Ta có Mặt khác: Trong tam giác vuông Nên Chứng minh Ta có Do Nên nên ta có Giả sử thẳng hàng nên: nên nên Nên Câu Cho số dương a, b, c có a+b+c=3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a Giải a a a3 a3 a3 c3 c3   (   ) 16 2c  a  b c  (a  b  c) c  c3 a3 a c  c  3a c     16 16 c3 c3 a a 3a c  Suy ra:   16 2c  a  b b b 3b a  c c 3c b  Tương tự     16 16 2a  b  c 2b  a  c  33 Cộng vế tương ứng ba BĐT chiều ta P  , P  a=b=c=1 KL 2 ...1 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Bắc Giang Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Nội Đề thi chọn học. .. Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Quảng Nam Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường mơn Tốn 10 năm 2017- 2018. .. chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hà Tĩnh Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh mơn Tốn 10 năm 2017- 2018 có đáp án Sở GD&ĐT Hải Dương Đề thi chọn học sinh giỏi