Đề thi chọn HSG toán 10 năm 2018 2019 trường THPT thị xã quảng trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HĨA LỚP 10, 11 Khóa thi ngày 03 tháng năm 2019 Mơn thi: Tốn lớp 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề (Đề có 01 trang) Câu I (5,0 điểm) Cho Parabol (P): y  x  bx  c  5 1) Tìm b, c để Parabol (P) có đỉnh S   ;    4 2) Với b, c tìm câu Tìm m để đường thẳng  : y  2 x  m cắt Parabol (P) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ) Câu II (6,0 điểm) 1) Tìm m để bất phương trình: mx   m  3 x  2m  14  vô nghiệm tập số thực 2) Giải bất phương trình sau tập số thực:  x2   x   x  x    x  x y  xy  xy  y  3) Giải hệ phương trình sau tập số thực :   x  y  xy  x  1  Câu III (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC có độ dài cạnh Trên cạnh BC , CA lấy điểm N , M cho BN  1, CM     a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ AB, AC AP AB 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy AD, BC AD  BC , biết AB  BC , AD  Đường chéo AC có phương trình x  y   , điểm M  2; 5  b) Trên cạnh AB lấy điểm P,  P  A, P  B  cho AN vuông góc với PM Tính tỉ số thuộc đường thẳng AD Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;1 Câu IV (3,0 điểm) ) Cho tam giác ABC có diện tích S bán kính đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức S = R  sin A  sin B  sin C  Chứng minh tam giác ABC tam giác 2) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x  y  z  Chứng minh x y z    y z x x yz 3) Cho đa thức P  x   x 2018  mx 2016  m m tham số thực Biết P  x  có 2018 nghiệm thực Chứng minh tồn nghiệm thực x0 P  x  thỏa mãn x0  -HẾT - Thí sinh khơng sử dụng tài liệu MTCT Giám thị khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………… HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM b /  1/ b    5 1) (2,0 điểm) Đỉnh S   ;    ( P)   b 5  4 c  1    c   2) (3,0 điểm) Pt hoành độ giao điểm (P)  : x  x   2 x  m  x  3x  m   (*)  cắt (P) hai điểm phân biệt  PT(*) Câu I (5,0 điểm) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2     13  4m   m  13 **  x1  x2  3  x1 x2  m  Giả sử A  x1 ; 2 x1  m  ; B  x2 ; 2 x2  m  theo Viet ta có  0,5 0,5 0,5 Ta có tam giác OAB vng    21 O  OA.OB   x1 x2  2m  x1  x2   m   m  m    m  Đối chiếu đk (**) ta có đáp số m   21 1) (2,0 điểm) TH 1: m  , bpt trở thành 6 x  14   x  (không thỏa ycbt) TH 2: m  , mx   m  3 x  2m  14  VN  mx   m  3 x  2m  14  CN m  m  m  x        '  m  9  m  8m   0,5 hoac m  0,5 0,5  m  9 Vậy m  9 Câu II (6,0 điểm) 2) (2,0 điểm) TH1: x  x     x  x  0,5 x    x   TH 2: x  x     Khi đó, bpt  x   x     x   x   2 x    x  2   0,5  x  2  x  2 x       x  2    x  2  x4       x   x   x  x  0,5 Vậy tập nghiệm bất phương trình S   ; 0  2,3   4;    x  y  xy  x  y   xy   x  x y  xy  xy  y    3) (2,0 điểm) Hpt:  2  x  y  xy  x  1   x  y   xy  0,5 0,5 Đặt a  x  y, b  xy hệ thành a  ab  b  a  a  2a  a  a  a  2      2 b  b  b  3 a  b  b   a 0,5  x2  y  a  ta có   x  y  b   xy  +) Với  a  ta có b  +) Với   x2  y    x; y    0; 1 , 1;0  ,  1;0    xy  a  2 ta có +) Với  b  3   x  y  2  x  1 y   x    y   xy  3  x  1 x  x      Vậy hệ có nghiệm  x; y   1;1 ,  0; 1 , 1;0  ,  1;0  ,  1;3         AC  AB  AB + AC 3 1) (4,0 điểm) a) AN = AB  BN = AB        x  AB 3         x   AN  PM  AN PM    AB  AC   AC  AB   3 3  3           2 2x x  AB AC  AB  AB AC  AC  9 9 x  1 2x  1   x  b) Đặt AP  x,   x  3 Ta có PM = PA  AM  AC - Vậy Câu III (6,0 điểm) 0,5 AP  AB 15 0,5 2,0 0,5 0,5 0,5 0,5 2) (2,0 điểm) Do ABCD hình thang cân nên ABCD hình thang nội tiếp đường tròn tâm O.Do AB  BC  CD  AC đường phân giác góc BAD Gọi E điểm đối xứng B qua AC, E thuộc AD Ta có BE  AC BE qua B 1;1 nên phương trình 0,5 BE: 3x  y   Gọi F  AC  BE  tọa độ F nghiệm x  3y   3 1  F  ;   Do F trung điểm 2 2 3x  y   Hệ  Của BE  E  2; 2  Do M  2; 5   AD  phương trình AD: 3x  y  14  x  3y    A  6;1 3 x  y  14  Do A  AD  AC  tọa độ A nghiệm hệ  0,5 Do D  AD  D   4t ; 2  3t    58 26   12 t D  ;   2    AD    4t     3t  3  49     16  t  2 D ;    5  5 Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối điểm 0,5 2 16  B hai điểm D ta có đáp số D  ;   5 5 0,5 1) (1,0điểm) Theo định lí sin ta có : sin A  VT = a3 B3 c3 3 ; sin B ;sin C   8R3 8R3 8R3 2  a3 b3 c  a  b3  c R    3  8R 8R 8R  12 R 0,5 Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a  b3  c3  3abc abc 4R abc , dấu “ =” xảy a = b = c  ABC Mà S  4R  VT  0,5 x y z x2 y z  x  y  z  2) (1,0 điểm) Ta có       y z x xy yz zx xy  yz  zx Câu IV (3,0 điểm)  x  y  z Ta cần chứng minh: xy  yz  zx Đặt t  x  y  z , t   t2      x  y  z    xy  yz  zx  x y z   t   xy  yz  zx   * 0,5 t2  BĐT * thành    t  3  2t  3  (luôn đúng) 0,5 3) (1,0 điểm) Ta có P  1  1, P 1  Giả sử nghiệm thực P  x  a1 , a2 , , a2018 , tức P  x    x  a1  x  a2   x  a2018  Khi đó, P 1  1  a1 1  a2  1  a2018   , 0,5 P  1   1  a1  1  a2   1  a2018   hay P  1  1  a1 1  a2  1  a2018   Suy P 1 P  1  1  a12 1  a22  1  a2018   Suy tồn k  1, 2, , 2018 cho a    ak  Hay tồn nghiệm x0 : ak thỏa mãn điều kiện k x0  0,5 HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018 CÂU Câu I 5,0 điểm NỘI DUNG b / 2a  a   4a  2b   1 b  4 Đỉnh S  2; 1  ( P)   Pt hoành độ giao điểm (P)  : x  x   kx   x   k   x   (*) PT(*) có ac  1 nên k pt ln có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 theo Viet ta có x1  x2  k  Khi tọa độ M, N M  x1 ; kx1   , N  x2 ; kx2    x1  x2 k ( x1  x2 )    hay ; 2   Gọi I trung điểm MN ta có tọa độ I   k  k  4k   I ;  Theo ycbt ta có:   ĐIỂM  k  k  4k   ; I   d  k  3k    k   k  4   Câu II Bpt:  x   m  1 x   2m  VN   x   m  1 x   2m  có 6,0 điểm nghiệm x      (vì a=-1