Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4, Thanh Hóa

Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2019-2020 có đáp án - Trường THPT Triệu Sơn 4, Thanh Hóa chia sẻ dưới đây giúp học sinh có thêm tư liệu luyện tập và so sánh kết quả, cũng như tự đánh giá được năng lực bản thân.

SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: Tốn, Lớp 10 Ngày thi: 22 tháng năm 2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang Câu I (4 điểm) Cho hàm số: y  x2   m  1 x  m2  4m  (1) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m  Tìm tất giá trị tham số m cho đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  x  hai điểm phân biệt A, B cho A B nằm hai phía trục tung Câu II (4 điểm) Giải phương trình: x  x   x  x   7x  y  2x  y  Giải hệ phương trình:    x  y  x  y  Câu III (4 điểm) x5 1 1 x Tìm tất giá trị tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:  x  xy  10 y  m2  5m   x  y  Giải bất phương trình: Câu IV (6 điểm) 1 Cho hình vng ABCD; E, F, I điểm xác định BE  BC , CF   CD , BI  BF Chứng minh A, E, I thẳng hàng góc AIC  900 Tam giác ABC có cạnh AB  , AC  BAC  1200 Tính diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vng B có M  2;1 trung điểm cạnh huyền AC, điểm B  0; 3  Tìm tọa độ điểm C biết điểm A thuộc đường thẳng d : x  y   điểm C có hồnh độ dương Câu V (2 điểm) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x2  y  z  xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x3 y z 54 P    y z x  xy  yz  zx HẾT - SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN NĂM HỌC 2019-2020 Mơn thi: Tốn, Lớp 10 Ngày thi: 22 tháng năm 2020 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang Câu I (4.0) Ý Nội dung Điểm 2,00 Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị Khi m  1, hàm số cho trở thành: y  x2  x  0,25 Tập xác định: D=R Ta có  b  2a       1  4a x 0,25     0,50 y 1 Hàm số nghịch biến khoảng  ;  ;đồng biến  2;   Đồ thị hàm số parabol có bề lõm quay lên tọa độ đỉnh I  2; 1 0,50 Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành hai điểm có hồnh độ Đồ thị cắt trục tung điểm có tung độ 0,50 Tìm giá trị m 2,00 Phương trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số (1) đường thẳng y  x  là: x   m  1 x  m2  4m   x  0,5  x   2m  3 x  m  4m   (2) II (4.0) Để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng hai điểm phân biệt A, B hai phía trục tung phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt trái dấu 0,50  m2  4m    5  m  0, Vậy điều kiện cần tìm 5  m  0,50 Giải phương trình: x  x   x  x Đặt x  x  t  , ta có phương trình: t  2t   t   t  2 Đối chiếu điều kiện ta có t  Với t  ta có:  x  2 x  x   x  x  16  x  x  16    x   x  2 Như phương trình có nghiệm  x    7x  y  2x  y  Giải hệ phương trình:    x  y  x  y  u  x  y  Đặt  v  x  y   u  v2 x   7 x  y  u  Ta có   2 2 x  y  v  y  2u  7v  Thay vào hệ phương trình, ta được: u  v  u   v 1  2    u  v 2u  7v 2   v 1  3u  8v  5v      Thay (1) vào (2) ta có: v  7   v   8v  5v   v  5v  14    v  Như vậy: u  x  nên  nghiệm hệ phương trình cho  v  y  2,00 0,5 0,5 0,5 0,50 2,00 0,50 0,50 0,50 0,50 III (4.0) 1 Giải bất phương trình: x5 1 1 x 2,00 x5 x   x 1 1 0 1 x 1 x  1  x    x  1  x   x     1 x  x      x   x    Kết hợp điều kiện ta có tập nghiệm  5;  1  (1;  ) 0,5 0,5 0,5 0,50 Tìm tất giá trị m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  x  xy  10 y  m2  5m   x  y  2,00 ( x  y)2  y  m2  5m  BPT   ( x  y)  y  0,50 t  y  m2  5m  8, (1) Đặt t  x  y ta có hệ trở thành:   (2) t  y  Trong hệ trục tọa độ Oty ta có: + Miền nghiệm bpt(1) miền biên đường tròn tâm O, bán kính r  m2  5m  + Nghiệm bpt(2) nửa mặt phẳng không chứa O chia đường thẳng t  y  Từ để hệ cho có nghiệm : R  d (O / )  m2  5m    m2  5m    m  2, m  KL : m  2, m  IV (4.0) 0,50 0,50 0,50 1 Cho hình vng ABCD; E, F, I điểm xác định BE  BC , CF   CD , BI  BF Chứng minh A, E, I thẳng hàng góc 2,00 AIC  900 Đặt AB  u; AD  v , ta có: AE  AB  BE  u  v 2 Từ BI  BF  AI  AB  AF  AB  AI  AB  AD  DF  AB 5 Hay: 2  AI  u   v  u  u   AI  u  v 5 5  Như AI  AE nên ba điểm A, E, I thẳng hàng     0,5 0,5 Ta có:   6 CI  AI  AC  u  v  u  v  u  v AI  u  v 5 5 5 B A 0,50 E C D I F Do ABCD hình vng nên: u  v ; u.v  Bởi vậy:   6 16 6 AI CI   u  v  u  v   u  v  u.v   5  5 25 5 0,50 Suy AIC  900 2 Tam giác ABC có cạnh AB  , AC  BAC  1200 Tính diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Diện tích tam giác ABC là: S  1 3 AB AC sin BAC  2.3.sin1200  2 2,00 1,00 Ta có: BC  AB  AC  AB AC.cos BAC  22  32  2.2.3.cos1200  19  BC  19 Gọi R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có: BC 19 57 R   2sin BAC 2sin120 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông B có M  2;1 trung điểm cạnh huyền AC, điểm B  0; 3 Tìm tọa độ điểm C biết điểm A thuộc đường thẳng 1,00 2,00 d : x  y   điểm C có hồnh độ dương Ta có MB    2   3  1 2  20 Vì tam giác ABC vng B M trung điểm AC nên: MA  MB  20 Do A thuộc đường thẳng d : x  y   nên A 1  3t;1  2t  , vậy: MA2   3t  1   2t   13t  6t  2 0,50 0,50 Do đó: MA  20  13t  6t   20  13t  6t  19  t   t   19 13  *Với t  A  2;3 M trung điểm AC nên suy C  6; 1 (thỏa mãn) 0,50 0,50 *Với t   19  70 25   18 51  A  ;   M trung điểm AC nên suy C   ;  (không 13  13 13   13 13  thỏa mãn) Như vậy: C  6; 1 V (4.0) Cho x, y, z số thực dương thỏa mãn điều kiện x2  y  z  xy  yz  zx  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: x3 y z 54 P    y z x  xy  yz  zx 2,00 Từ giả thiết x, y, z số dương x2  y  z  xy  yz  zx  ta có: 0.5 x  y  z   xy  yz  zx    xy  yz  zx   x  y  z  x  y  z   xy  yz  zx     x  y  z   x  y  z  Theo bất đẳng thức Cơ-si, ta có: x3 x3 y3 y3  y  y  x   x  y ,  z  z  y   y  2z y2 y2 z2 z2 x3 y z z3 z3    x y z  x  x  z   z  x Nên y z x2 x2 x2 Từ đó: P x yz  54 x  y  z  x  y  z  x  y  z  27 81     2 2 2  x  y  z    x  y  z   0.5 0.5 9  9 2 Dấu đẳng thức xảy x  y  z  Vậy P  x  y  z  0.5 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn  ...SỞ GD&ĐT THANH HÓA ĐỀ THI CHỌN ĐỘI DỰ TUYỂN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN NĂM HỌC 201 9-2 020 Mơn thi: Tốn, Lớp 10 Ngày thi: 22 tháng năm 2020 Thời gian làm bài: 150... giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC Đề thi có 05 câu, gồm 01 trang Câu I (4.0) Ý Nội dung Điểm 2,00 Lập bảng biến thi? ?n vẽ đồ thị Khi m  1, hàm số cho trở thành: y  x2  x  0,25 Tập xác định: D=R Ta có. .. xảy x  y  z  Vậy P  x  y  z  0.5 Chú ý: 1) Nếu học sinh làm không theo cách nêu đáp án cho đủ số điểm phần hướng dẫn quy định 2) Điểm thi tổng điểm khơng làm trịn