Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Phùng Khắc Khoan, Hà Nội được biên soạn với mục tiêu cung cấp thêm tư liệu tham khảo cho các em học sinh trong quá trình ôn luyện, luyện thi học sinh giỏi cấp trường.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT TRƯỜNG PHÙNG KHẮC KHOAN NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN Thời gian làm bài: 150 phút ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 01 trang) =============================================================== Câu (4,0 điểm): Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung 2) Chứng minh x13  x23   k  R   x2  8x  12  10  x Câu (2,0 điểm): Giải bất phương trình sau : Câu (4,0 điểm):  mx  x    Cho hệ bất phương trình   1  m  x  2mx  m   a) Giải hệ bất phương trình m  b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm với x Câu (5,0 điểm): a/ Giải phương trình:  x  3x   x  x   x b/ Cho tam giác ABC có diện tích S cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn điều kiện cotA + cotB= a  b2 Chứng minh tam giác ABC vuông 2S Câu (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A  3; 1 , B  1;  I 1;1 Xác định tọa độ điểm C , D cho tứ giác ABCD hình bình hành biết I trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa tâm O hình bình hành ABCD Câu (1,0 điểm): Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn bc ca ab 1          Chứng minh a b c  ab bc ca  rằng: a2  b2  c2   2(ab  bc  ca) …………… Hết…………… Họ tên thí sinh:…………………………… Số báo danh: ………………… Chữ ký giám thị 1:……………………………… Chữ ký giám thị 2: SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT TRƯỜNG PHÙNG KHẮC KHOAN NĂM HỌC 2019 – 2020 MÔN THI: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Lưu ý: Điểm toàn lấy điểm lẻ đến 0, 5; thí sinh làm cách khác cho điểm tối đa Nội dung Câu Điểm Cho parabol (P): y   x đường thẳng (d) qua điểm I (0; 1) có hệ số góc k Gọi A B giao điểm (P) (d) Giả sử A, B có hồnh độ x1; x2 1) Tìm k để trung điểm đoạn thẳng AB nằm trục tung + Đường thẳng (d) có pt: y kx 0,5 + PT tương giao (d) (P): 0,5 x2 x2 kx kx k2 + (*) có nghiệm phân biệt x1; x2 0(*) 0,5 k x1  x2 k  ; M nằm trục tung 2 + Trung điểm M AB có hồnh độ k 0k 0 0,5 2) Chứng minh x13  x23   k  R  I 2, Theo Vi et có: x1  x2  k , x1 x2  1 0,5 Ta có: x13  x23  ( x1  x2 ) ( x1  x2 )2  x1x2  = x1  x2 ( x1  x2 )2  x1 x2 0,5 Có x1 x2  x13  x23 = x1 x2 x1x2 k2 0,5 k  4(k  1)  , k  R Đẳng thức xảy k = Câu (2,0 điểm): Giải bất phương trình sau :  x2  8x  12  10  x 2,00 TXĐ:  x2  8x  12    x  Nếu  x  x:  x  0,5 0,5  x2  8x  12   10  x , bất phương trình nghiệm với 0,5  10  x  Nếu  x    bất pt cho  x  x  12      x2  8x  12  x2  40 x  100  x  48 x  112    x  Kết hợp nghiệm, trường hợp ta có:  x  Tập nghiệm bpt cho: (4;6] 28 0,5 0,5  mx  x    Câu (2,0 điểm): Cho hệ bất phương trình   1  m  x  2mx  m   a) Giải hệ bất phương trình m  b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm với x Giải hệ bất phương trình m  Khi m  hệ bất phương trình trở thành … 1  21  21 x  x  x     21  x   21   2  2x    x  1  21  21  Vậy tập nghiệm hệ bất phương trình S   ;    2,00 0,5 1,0 0,5 b)Tìm m để hệ bất phương trình nghiệm với x  x   Khi m  hệ bất phương trình trở thành  (vơ nghiệm) m  không thỏa mãn x   yêu cầu toán Khi m  theo câu a ta thấy khơng thỏa mãn u cầu tốn 2,00 0,5 m  Khi  ta có hệ bất phương trình nghiệm với x bất phương trình m 1 hệ bất phương trình nghiệm với x       '2  m  m0        20 m   m    20 1 m  m    m  1  m  m      2m  m   m   m   1  17 20    m m  20   1  17 1  17 m   4 Vậy 1  17 giá trị cần tìm m 20 Câu 4a (2,0 điểm): 0,5 0,5 0,5 2,0 a/ Giải phương trình:  x  3x   x  x   x Đặt u   x;1 , v    3x ;   x từ phương trình ta có u.v   u v  0,5 suy cos(u, v) =-1 Như vậy: u, v ngược hướng … 1,5 Suy ra:  3x   x (1)  x 0,5 Giải (1) thử lại ta thấy phương trình cho có nghiệm x  1  Câu 4b (2,5 điểm): b/ Cho tam giác ABC có diện tích S cạnh BC = a, CA = b thỏa mãn a  b2 điều kiện cotA + cotB= Chứng minh tam giác ABC vuông 2S cot A  0,5 2,0 cos A b  c  a b  c  a cos B c  a  b c  a  b   , cot B    sin A 2bc sin A 4S sin B 2ca sin B 4S c2  cot A  cot B  2S c2 a  b2  2S 2S 2  c  a  b2  tam giác ABC vuông C  0,5 Câu (4,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho A  3; 1 , B  1;  I 1;1 Xác định tọa độ điểm C , D cho tứ giác ABCD hình bình hành biết I trọng tâm tam giác ABC Tìm tọa tâm O hình bình hành ABCD Vì I trọng tâm tam giác ABC nên x  xB  xC xI  A  xC  3xI  xA  xB  y  yB  yC yI  A  yC  yI  y A  yB  4 Suy C 1;4  4,00 1 Tứ giác ABCD hình bình hành suy 1    xD  xD  AB  DC     D( 5; 7 ) 2   4  yD  yD  7 Điểm O hình bình hành ABCD suy O trung điểm AC x x y  yC 5  xO  A C  2, yO  A    O  2;   2 2  1 Cho a, b, c ba số thực dương thỏa mãn bc ca ab 1          Chứng minh rằng: a b c  ab bc ca  a  b2  c   2(ab  bc  ca) Câu Nội dung ĐIỂM 1,0 đ Giả thiết tương đương với bc ca ab 1   1 1 1  2     a b c  ab bc ca  1 1   a  b  c     3  a b c abc  0,25 đ  (a  b  c)(ab  bc  ac  2)  3abc Theo bất đẳng thức AM-GM ta có: ( a  b  c )3 (a  b  c)(ab  bc  ac  2)  3abc  (a  b  c) Do đó: ab  bc  ac    18  9(ab  bc  ca)  (a  b  c)2 0,25đ (a  b  c)2 7(ab  bc  ca)  (a  b2  c )   (ab  bc  ca)   6  a  b2  c   7(ab  bc  ca)  5(a  b2  c ) 0,25đ Do a  b2  c2  ab  bc  ca, a, b, c nên 7(ab  bc  ca)  5(a  b2  c )  2(ab  bc  ca) Vậy a  b2  c2   2(ab  bc  ca) Dấu xảy a  b  c  0,25đ ... TẠO HÀ NỘI KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT TRƯỜNG PHÙNG KHẮC KHOAN NĂM HỌC 2019 – 2020 MƠN THI: TỐN HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 05 trang) Lưu ý: Điểm tồn lấy điểm lẻ đến 0, 5; thí sinh. ..  hệ bất phương trình trở thành  (vơ nghiệm) m  khơng thỏa mãn x   yêu cầu toán Khi m  theo câu a ta thấy không thỏa mãn yêu cầu toán 2,00 0,5 m  Khi  ta có hệ bất phương trình nghiệm... Đường thẳng (d) có pt: y kx 0,5 + PT tương giao (d) (P): 0,5 x2 x2 kx kx k2 + (*) ln có nghiệm phân biệt x1; x2 0(*) 0,5 k x1  x2 k  ; M nằm trục tung 2 + Trung điểm M AB có hoành độ k 0k