Đề thi HSG môn Toán lớp 10 năm 2020 - 2021 THPR Lưu Hoàng có đáp án | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều.[r]

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

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

Mơn thi: Tốn - Lớp: 10

(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)

Câu 1 (4 điểm) Cho parabol  P :yx2 bxc ( ,b c tham số thực)

a) Tìm giá trị ,b c biết parabol  P qua điểm M3;2 có trục đối xứng đường thẳng x 1

b) Với giá trị ,b c tìm câu a), tìm m để đường thẳng d y:   x m cắt parabol  P hai điểm phân biệt ,A B cho tam giác OAB vuông O (với

O gốc tọa độ)

Câu 2 (7 điểm)

a) Giải phương trình: 2

3 3 3 6 3

x  x  x  x  b) Tìm m để bất phương trình

2

2 1

3 4

x mx

x x

   

  vô nghiệm

c) Giải hệ phương trình: 2

3

x y x y

x y y x

     

 

    



Câu 3 (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A1;1 B 2; 4 Tìm tọa độ điểm C cho tam giác ABC vuông cân A

Câu 4 (5 điểm) Cho tam giác ABC có M trung điểm AC, N điểm thuộc cạnh

BC thỏa mãn NC2NB Gọi I trung điểm MN a) Chứng minh rằng: 2 1

3 3

IN  IB IC

b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB IC

c) Giả sử độ dài cạnh BCa CA b AB,  , c Chứng minh rằng:

Nếu a IA4 b IB5 c IC0 tam giác ABC

Câu 5 (2 điểm) Cho ba số thực x y z, , thỏa mãn x 1,y 1,z 1 1 1 1 2

x   y z

Tìm giá trị lớn biểu thức Ax1y1z1 -HẾT -

Cán coi thi khơng giải thích thêm!

Họ tên thí sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị coi thi số 1: Chữ ký giám thị coi thi số 2:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

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

Mơn thi: Tốn - Lớp: 10

I Hướng dẫn chung II Đáp án thang điểm

Câu Đáp án Điểm

Câu (4 điểm)

a) Cho parabol  P :yx2bx c ( ,b c tham số thực) Tìm giá trị ,b c

biết parabol  P qua điểm M3; 2 có trục đối xứng đường thẳng x 1 Do parabol  P có trục đối xứng đường thẳng x 1 nên ta có

1

2

b

b

    

Do parabol  P qua điểm M3; 2 nên ta có

 2  

2 3 b    3 c c 3b7 c 3.2 7  1 Vậy b2,c 1

1

b) Với giá trị ,b c tìm câu a), tìm m để đường thẳng d y:   x m cắt parabol  P hai điểm phân biệt ,A B cho tam giác OAB vuông O (với

O gốc tọa độ)

Với b2,c 1 ta có  P :yx22x1

Phương trình hồnh độ giao điểm  P d

2

2

x  x    x m x  x  m (1)

Để d cắt  P điểm phân biệt phương trình (1) có nghiệm phân biệt 13

13

4

m m

      

0.5

Khi giả sử nghiệm phương trình (1) x x1, 2 hoành độ điểm ,

A B

Do A B,  d A x 1; x1 m ,B x2; x2 mOA x 1; x1 m OB x,  2; x2 m

0.5

Tam giác OAB vuông O

    

1 2 2

OA OB x x  x m x m   x x m x x m  (2) 0.5

Do x x1, 2 nghiệm phương trình (1) nên theo định lí Vi-et ta có

1

3

x x

x x m

  



  



Khi (2)   2

2( 1)

2

m

m m m m m

m

  

           





Kết hợp với điều kiện 13

m ta có giá trị m cần tìm m 1,m2

0.5

Câu (7 điểm)

a) Giải phương trình: x23x 3 x23x 6 Phương trình cho tương đương với

2

3 3

x  x   x  x   0.5

2

2

3

0

3 3

x x x x

x x x x

   

  

      0.5

 

2

1

3

3 3

x x

x x x x

 

     

     

  0.5

2

3

x x

   

2

1

Do

3 3

x x x x

 

 

 

     

  0.5

1 x x      

Vậy phương trình cho có nghiệm x1,x2

0.5

b) Tìm m để bất phương trình

2 2 x mx x x    

  vơ nghiệm

Bất phương trình

2 2 x mx x x    

  vô nghiệm bất phương trình 2 x mx x x    

  (1) nghiệm với x

0.5

Ta có

(1)x2mx   2 x2 3x4 Do x23x   4 0, x  2x2m3x 2 (2)

0.5

Bất phương trình (2) nghiệm với x  0 0.5

 2

3 16 4

m m m

            

Vậy để bất phương trình

2 2 x mx x x    

  vô nghiệm   7 m

0.5

c) Giải hệ phương trình: 2

3

x y x y

x y y x

     

 

    



Đặt

2

x y a

x y b

  

 

  

 a b, 0 Suy

2

3

a b  x y 0.5

Hệ phương trình cho trở thành

2 2

2 5 (1)

3 (2)

a b a b

b a b a b b

                  0.5

Thay (1) vào (2) ta

 2 2 2

5 2 b  b 3b  1 5b 23b260

13 b b       

0.5

Với 13

5

b   a (Loại a0) Với b  2 a

0.5

Khi ta có 2 1

2

2

x y x y x

x y y

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

Vậy hệ phương trình cho có nghiệm  x y; 1; 1 

0.5

Câu (2 điểm)

Gọi C x y ; điểm cần tìm

Để tam giác ABC vng cân A AB AC

AB AC

 

 



 (1)

0.5

Ta có AB 3;3 ,ACx1;y1 Từ (1) suy 0.5

   

  2 2   2 2 2

3 0

1 18

3 1

x y x y

x y

x y

   

   

 

 

   

     

 

 0.5

  2 2  2

2 2

4

1 18

4

4

x

y x

y x y x y

x

x

x x x

x

y

   

 

   

   

   

    

 

       

  

     

  

Vậy có hai điểm C thỏa mãn điều kiện toán C2; 2  C4; 4

0.5

Câu (5 điểm)

Cho tam giác ABC có M trung điểm AC, N điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn

2

NC NB Gọi I trung điểm MN a) Chứng minh rằng:

3

IN IB IC

b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB IC

c) Giả sử độ dài cạnh BC a CA, b AB, c Chứng minh rằng:

Nếu a IA4 b IB5 c IC0 tam giác ABC a) Do NBC thỏa mãn NC2NB nên ta có

2NBNC0

 

2 IB IN IC IN

    

2IB IC 3IN

   

2

3

IN IB IC

  

1

b) Do M trung điểm AC nên ta có 1

2

IM  IA IC 0.5

Do I trung điểm MN nên ta có IMIN 0 0.5

1

0 2IA 2IC 3IB 3IC

    

2IA 3IB 6IC

    0.5

1

2IA 3IB 6IC

   

3

IA IB IC

    0.5

c) Theo câu b) ta có 5

3

IA  IB IC IA  IB IC Khi 0.5

3 a IA4 b IB5 c IC0 a4IB5IC4 b IB5 c IC 0 0.5

   

4 b a IB c a IC

Do IB IC không phương nên từ (1) suy 0

b a

a b c

a c

 

   

  



Từ suy tam giác ABC tam giác

0.5

Câu (2 điểm)

Cho ba số thực , ,x y z thỏa mãn x1,y1,z1 1 x  y z Tìm giá trị lớn biểu thức Ax1y1z1

Từ 1

x  y z

1 1 1 1

1 y z y z

x y z y z y z

   

       

Tương tự ta có z 1.x

y z x

 

 x 1.y

z x y

 



0.5

Suy      

2 2

2 2

1 1

1

8 x y z

xyz x y z

  

 0.5

   

8 1

1 x y z

xyz xyz

  

   1 1 1

8

x y z

    

8

A

  0.5

Vậy giá trị lớn biểu thức A

8 đạt

3

x  y z 0.5

-Hết -