Đề thi HSG Toán 10 lần 2 năm 2020 - 2021 trường THPT Đồng Đậu - Vĩnh Phúc - TOANMATH.com

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN NĂM HỌC: 2020 - 2021

Mơn thi: TỐN - Lớp 10 THPT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề thi có 01 trang - gồm 10 câu

Câu Tìm tập xác địnhcủa hàm sốy 10 1

5 2

x x 

 



Câu Cho phương trình x2ax12a x 2ax  1 1   với a tham số

a Giải phương trình với a 2

b Khi phương trình  1 có nghiệm thực Chứng minh a2 Câu Cho hàm số y f x ax2bx c có đồ thị hình vẽ bên Tìm giá trị nguyên tham số m để phương trình

     

2 2 3 0

f x  m f x   m có nghiệm phân biệt Câu Giải phương trình

2

3 3x 2 x 1 7x 10 3x 5x 2 Câu Giải bất phương trình x  2 2 2x 5 x1.

Câu Giải hệ phương trình:

2

2

5 4 3 2( ) 0

2

x y xy y x y x y

     

 

 



Câu Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD, BC a Tính giá trị nhỏ độ dài vectơ

2

u MA MB MC, M điểm thay đổi đường thẳng BC

Câu Cho tam giác ABC vuông A, G trọng tâm tam giác ABC Tính độ dài cạnh AB biết cạnh

AC a , góc hai véc tơ GBvà GC nhỏ

Câu Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh OECD

Câu 10 Với x 0;1 , tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 (1 1 ) 5 1

x x

P

x x

  

 

 -Hết -

Thí sinh khơng sử dụng máy tính cầm tay Cán coi thi khơng giải thích thêm Số báo danh

………

x y

-1

2

3

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU

Có 06 trang

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG LẦN CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020-2021 MƠN TỐN 10

Câu Nội dung Điểm

1

Tìm tập xác địnhcủa hàm sốy 10 1

5 2

x x 

 

 2,0

Hàm số xác định 10 1 0

5 2

x x    

Hoặc

10 1

0

5 2

5 0 x x x



  

      

0,5

5 5  0

20 2 5 3(5 )

0 0

2(5 ) 2(5 ) 5 0

x x

x x x

x x x

   

    

     

     0,5

5 x 5

    0,5

Vậy tập xác định hàm số D ( 5;5] 0,5

2

Cho phương trình x2ax12a x 2ax  1 1   với a tham số

a, Giải phương trình với a 2

b, Khi phương trình  1 có nghiệm thực Chứng minh a2

2,0

a, với a 2 phương trình  1 thành

   

   

2

2

4

2 2 1

1 1

x x x x

x x

      

     

0,5

 2

1

0 x x x

  

    



0,5

b, Xét phương trình x2ax12a x 2ax  1 1  

Đặt tx2ax1, x2ax  1 t 0 2  phương trình cho trở thành:  

2 1 3

t   at

Phương trình  1 có nghiệm a t thỏa mãn: a2 4 0 a2 4 4t0

2 4 0 2

a     a hay a2

Nếu a 2  3 có nghiệm t0, a2 4 4t0, suy  2 có hai nghiệm

phân biệt, mâu thuẫn với giả thiết  1 có nghiệm

Nếu a2 phương trình  3 có nghiệm t 1, điều kiện a2 4 4t0 không

được thỏa mãn Vậy a2

0,5

3

2,0 Ta có:

        

2 2 3 0 1

3 f x

f x m f x m

f x m

  



     

  



0,5

Từ đồ thị hàm số y f x  ta suy đồ thị hàm số y f x  sau:

0,5

+ Phương trình f x  1 có hai nghiệm phân biệt 0,25 Để phương trình cho có nghiệm phân biệt phương trình f x  3 m phải có

4 nghiệm phân biệt

0,25 1 3 m 3 0 m 4

        0,25

Kết hợp m số nguyên nên m1;2;3 0,25

4

Giải phương trình: 3 3x 2 6 x 1 7x 10 3x25x 2 0 2,0

ĐKXĐ: x1

Ta có: 3 3x 2 6 x 1 7x 10 3x25x 2 0

     

  2 

3 2 2 2.2 4

3 2 3 2

x x x x x x

x x x x

            

         

0,5

3 2 1

3 2 ( )

x x

x x VN

      

    

 0,5

x y

3

-1

 

 

3 2 1

3

2

3

3

1

3

x x x x x x x x                         0,5

Vì

3

x x

x

    

  nên  1  x   1 x (thỏa mãn) Vậy phương trình cho có nghiệm x1

0,5

5

Giải bất phương trình x  2 2 2x 5 x1. 2,0 Điều kiện xác định:

2 x

Bất phương trình tương đương: x 2 x 1 2x 5

0,5

2x (x 2)(x 1) 2x 2x

         0,5

2 9 18 0

x x

    x x

  

   0,5

2 9 18 0

x x

    x x      

Vậy nghiệm bất phương trình x6 2 x

0,5

6

Giải hệ phương trình:

2

2

5 4 3 2( ) 0

2

x y xy y x y x y            2,0

Hệ cho

2 2

2

5 4 3 ( )( ) 0

2

x y xy y x y x y x y               0,25

2 3

2

4 5 2 0 (*)

2

x y xy y x x y            

Ta thấy x = không nghiệm hệ nên từ PT (*) đặt: t y x

 ta PT:

0,25

3

1

2 5 4 1 0 1

2

t t t t

t            0,25

Khi t = ta có: 2 2 1 1

1 1

2

y x x x

Khi 1

2

t ta có:

2

2 2 2 2

1

5 5

2

2 2

2

5 5

x x

y x

x y y y

 

  

   

    

  

       

  

 

0,5

Vậy hệ cho có nghiệm x y;    1;1 ; 1; ; 2 2; 2 ; 2 2; 2

5 5 5 5

    

     

    0,25

7

Cho hình chữ nhật ABCD có AB2AD, BC a Tính giá trị nhỏ độ dài

vectơ u MA2MB3MC, M điểm thay đổi đường thẳng BC 2,0

2 2 2

AB  AD  BC  a

0

ACBD  (trung điểm AC BD, )

 

2 2

u MA      MB MC MA MC  MB MC

0,5

2MD 2MB 2MC 6MP

       (với P trọng tâm OBC) 0,5

min

u  MP PM BC M 0,5

Vì OBC cân O, nên P thuộc trung tuyến OH

min 6 2

3

u  PH OH  Oh a (Khi M H) 0,5

8

Cho tam giác ABC vuông A, G trọng tâm tam giác ABC Tính độ dài cạnh AB

biết cạnh AC a , góc hai véc tơ GBvà GC nhỏ 2,0

Gọi K D, trung điểm AB AC, Gọi  góc hai véc tơ GBvà GC Ta có: cos cosGB GC , cos DB KC, 

0,5

α G

D K

A C

  

4

 

  

       

BA BC CA CB

DB KC BD CK

DB KC BD CK BD CK

 

2

4

  

  

     

BA CA BC CA BA BC BC

BD CK BD CK( Do BACA)

0,5

  2 2

2 1

2

4

BD CK BD CK  BA BC   CA CB 

2 2

1 2 2 2

4AB AC BC BA BC CA CB          

2 2 2

1

2 2

4AB AC BC BA CA 

       (Theo cơng thức hình chiếu véc tơ)

2

5 4BC 

0,5

Suy

5

cos  Dấu xảy BD CK  AB AC a

Ta có góc  nhỏ cos lớn

 Khi AB a

0,5

9

Cho tam giác ABC cân A, nội tiếp đường tròn tâm O Gọi D trung điểm AB

, E trọng tâm tam giác ADC Chứng minh OECD 2,0

E D

B C

A

O

Ta có: 1  1 

2

CD CA CB   OA OB   OC

     

1 1

3

3

OE OA OD OC   OA OA OB OC OA OB  OC

 

           0,5

Do đó:

   

1

12

CD OE OA OB  OC OA OB  OC

       

2 2

12CD OE 3OA OB 4OC 4OA OB 4OA OC          

0,5

 

12CD OE 4.OA OB OC 4.OA CB         

(Vì ABC cân A có O tâm đường tròn ngoại tiếp nên OA BC )

1 (1 1 ) 5 1

x x

P

x x

  

 



Đặt t  1x , 0 t 1 ta 5 5 1  5

1 1

t

t t

P

t t t t



    

  0,5

Áp dụng BĐT Cơ si, ta có 5 1  5 5 1

t t

P

t t 

    

 0,5

Dấu “=” xảy 5 5 4

t  0,5

Vậy

 0;1 2 5

MinP  7 5 8

x   0,5