Đề học sinh giỏi Toán 10 năm 2020 - 2021 trường Phùng Khắc Khoan - Hà Nội - TOANMATH.com

[r]

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC

KHOAN-THẠCH THẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021

MƠN THI: TỐN 10 Thời gian làm bài: 150 phút (Không kể thời gian phát đề)

Đề thi gồm: 01 trang Câu (2,5 điểm)

Cho parabol (P): y – 4= x2 x + đường thẳng (dm): y = 1x + m + (m tham số)

Biện luận số giao điểm (P) (dm) theo tham số m Câu (4,5 điểm)

Giải bất phương trình sau : a/ ( ) 1

3 f x

x

= − 

− b/

2

5 5 28

x x x x

Câu (5 điểm)

1/ Cho lục giác ABCDEF có AB vng góc với EF hai tam giác ACE BDF có trọng tâm Chứng minh 2

AB +EF =CD

2/ Cho tam giác ABC có góc thoả mãn hệ thức: cotA+cotC=cotB a.Chứng minh

2 2

cot

4 b c a A

s + − =

b Xác định góc hai đường trung tuyến AA1 CC1 tam giác ABC

1 = Câu (3,0 điểm)

Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, BE CD đường cao tam giác.Giả sử D(2;0), E(1;3) đường thẳng BC có phương trình : y = - 2x a/ Tìm tọa độ M biết M trung điểm BC

b/ Tìm tọa độ điểm B biết B có hồnh độ dương Câu (2 điểm)

Tìm m để phương trình:

4+ +x 4− +x 16−x =m có nghiệm Câu (3điểm)

Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị nhỏ biểu thức S= x + y + z

-HẾT - Thí sinh khơng mang tài liệu máy tính vào phịng thi

Giám thị khơng cần giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Họ tên, chữ kí CBCT 1: Họ tên, chữ kí CBCT 2:

SỞ GD VÀ ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC

KHOAN-THẠCH THẤT

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021

ĐÁP ÁN MÔN THI: TỐN 10 Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0,25; thí sinh làm cách khác cho điểm

tối đa

Nội dung Điểm

Câu 1 (2,5 điểm)

Cho parabol (P): y – 4= x2 x + đường thẳng (dm):

y = x + m + (m tham số)

1) Biện luận số giao điểm (P) (dm) theo tham số m

2,5

Xét phương trình hồnh độ: x2 – 2x + = 3x + 2m +

 x2 – 5x + – 2m = (1) Ta có:  = 8m + 13

+) Nếu 13 ( >0)

m −  (1) có hai nghiệm phân biệt, (dm) cắt (P) hai điểm phân biệt

0,5

+) Nếu 13 ( 0)

m= −  = (1) có nghiệm kép, (dm) cắt (P) điểm

0,5

+) Nếu 13 ( 0)

m −   (1) vơ nghiệm, (dm) khơng cắt (P)

0,

Câu 2(5, điểm)

Giải bất phương trình: 1/ ( ) 1 f x

x

= − 

− 2,0

a

Ta có 1 1

3

x − −   x − −  ( )

5

0

2

x x −

 

− 0,5

Đặt t = x , bpt trở thành

(5 )

2

t t

− 

− Cho 5− =  =t t Cho

3

t− =  =t

0,5

Bảng xét dấu

0,5

Căn bảng xét dấu ta x 3 hay x 5

b b) Bất phương trình x2 5x x2 5x 28 2,5

Đặt t x2 5x 28 ,t x2 5x t2 24 0,5

Bất phương trình trở thành t2 24 5t

2

5 24

t t t

Suy x2 5x 28 x2 5x 36 x

0,5

Vậy bất phương trình có tập nghiệm S 9; 0,5

Câu 3 (5 điểm)

a/ Cho lục giác ABCDEF có AB vng góc với EF hai tam giác ACE

và BDF có trọng tâm Chứng minh AB2+EF2 =CD2 2,00

Ta có AB⊥EFAB EF =0 suy AB2 +EF2 =(AB EF+ )2 (1) 0,5 Mặt khác ACE BDF có trọng tâm nên AB CE EF+ + =0 (2) có

chứng minh

Từ (1) (2) suy AB2+EF2 =CD2 0,

Câu (5 điểm)

b/ Tam giác ABC có góc thoả mãn hệ thức: cotA+cotC=cotB 1.Chứng minh

2 2

cot

4 b c a A

s + − =

2 Xác định góc hai đường trung tuyến AA1 CC1 tam giác

ABC

 =

3đ

Chứng minh

2 2

cot

4 b c a A

s + −

= 1,

Ta có:

2 2 2 2 2

cot ;cot ;cot

4 4

b c a a c b b a c

A B C

s s s

+ − + − + −

= = =

Khi

 = Ta có: cot cot cot

2

A+ C= B

2 2 2 2 2

1

4 4

b c a a b c c a b

s s s

+ − + − + −

 + =

2 2

5b a c

 = +

0,

0,

0,

2 2 2

2 2

1

4 4

;

9 9

b c a a b c

AG = AA =  + −  CG = CC =  + − 

   

Suy

2 2

2 2

1

4

9

a c b b

AG +CG = b + + =  + =b AA ⊥CC

   

Vậy góc AA1 CC1 90°

Câu (3,0điểm)

Trong mặt phẳng với tọa độ Oxy, cho tam giác ABC, BE CD đường cao tam giác.Giả sử D(2;0), E(1;3) đường thẳng BC có phương trình

2 x + y - =

a/ Tìm tọa độ M biết M trung điểm BC b/ Tìm tọa độ điểm B biết B có hồnh độ dương

3,0

Gọi M trung điểm BC, tứ giác BCDE nội tiếp ta có MD = ME

vẽ hình minh họa

Gọi M m( ; 2− m+1), ta có MD=ME nên

( )

2

5m 8m 5m 10m m M 0;1 ,

 − + = − +  = 

Ta có ( ) ( ) (2 )2

; , 0 1

B b − +b b MB= b− + − + −b = b ( )

2

5 5, 1;

MB=MD=  b = b  = b B −

1

0,5

0,5

1,0

Câu 5 (2 điểm)

Tìm m để phương trình:

4+ +x 4− +x 16−x =m có nghiệm

nhất 2

2

4+ +x 4− +x 16−x =m (điều kiện −  4 x 4) Điều kiện cần Giả sử hệ có nghiệm x0

Ta có

0 0

4+x + 4−x +2 16−x =m

( ) ( ) ( )2

0 0

4+ −x + 4− −x +2 16− −x =m

0

x

 − nghiệm phương trình

Vì phương trinh nên x0 = − x0 x0 =  =0 m 12

0,

Điều kiện đủ: Xét m = 12 phương trình cho trở thành

( )2

2

2

2

2 16 16 4 16 12

4 16 16

4 16 12

x x x x

x x x

x x x

−  = + + − = + − =

+ + − + − 

 + + + + −  + =

Đẳng thức xảy  =x Phương trình có nghiệm x = 0, m = 12

0,

0,

Câu (3điểm)

Cho số thực x, y, z thỏa mãn x + y + z = 0, x2 + y2 + z2 = Tìm giá trị

nhỏ biểu thức S= +x y + z 3

( ) ( )

( ) ( ) ( )

2

2 2

2 2

2

S x y z x y z x y y z z x

S x y z x y z y z x z x y

= + + = + + + + +

= + + + + + + + +

Áp dụng bất đẳng thức chứa dấu giá trị tuyệt đối ta có

( )

y + z  + = − =y z x x  x y + z z

Chứng minh tương tự ( ) ( )

,

y z + x  y z x + y z Vì ( 2 2)

2

S  x +y +z

Thay 2 2

8 16

x +y +z = S   S

Dấu xảy ra, (x y z, , ) (= 2; 2; 0− )hoặc hốn vị, ta có S=4

Vậy S =

0,

1