Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Yên Phong 2, Bắc Ninh

Gửi đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Yên Phong 2, Bắc Ninh giúp các bạn học sinh có thêm nguồn tài liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ (Đề có 01 trang) ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 10 Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021 Họ tên thí sinh: ……………………………………………….……… Số báo danh: ……………………… Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số bậc hai y = x − 2(m − 1)x − 3m + (1), với m tham số a) Vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) qua với giá trị m c) Tìm tất giá trị tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hồnh hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x thỏa mãn x1 − 2x = Câu 2: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , với A (2; 3) , B (−2; −1) , C (1;5) a) Tìm tọa điểm D cho DA − DB + 4.DC = b) Viết phương trình đường thẳng qua D tạo với đường thẳng AB góc 45° c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình bất phương trình sau đây: x 2y + 2x + 3y = 15  a)  x + y − 2x − 4y =  b) 2x − 8x + > x − Câu 4: (2,0 điểm) Cho ba số thực x , y, z ∈ 0; 3 , thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức   ( ) P = x + y + z − 2xyz ============= Hết ============= Thí sinh khơng sử dụng tài liệu làm Cán coi thi không giải thích thêm SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG (HDC có 03 trang) NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 10 Lời giải sơ lược Điểm Câu 1: (2,0 điểm) a) Với m = hàm số (1) trở thành y = x − 2x − có đồ thị sau y 1,0 O -1 x -2 -3 b) Gọi M (x ; y0 ) điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) qua với giá trị m Ta có y = x 02 − 2(m − 1)x − 3m + 4, ∀m ∈ ℝ ⇔ m(2x + 3) + (y − x 02 − 2x − 4) = 0, ∀m ∈ ℝ  x = − 2x + =  ⇔ ⇔ y0 − x 02 − 2x − =  13  y0 =  0,5 13 Vậy M (− ; ) điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) qua với giá trị m c) Phương trình x − 2(m − 1)x − 3m + = có hai nghiệm phân biệt x1, x −1 + 13 −1 − 13 (2) Lúc này, theo m < 2 định lí Viet, ta có x + x = 2(m − 1), x 1x = − 3m ∆ ' = m + m − > ⇔ m > x + x = 2(m − 1) 4m − 2m − ⇔ x1 = , x2 = Nhận thấy  , từ vào  x1 − 2x = 3  Trang x1x = − 3m biến đổi ta 8m + 9m − 27 = ⇔ m = −9 ± 105 Cả hai 16 −9 ± 105 đồ thị hàm số (1) cắt trục 16 hoành hai điểm phân biệt có hồnh độ x 1, x thỏa mãn x − 2x = giá trị thỏa mãn (2) Vậy với m = 0,5 Câu 2: (3,0 điểm) a) Gọi D(x ; y ) DA = (2 − x ; − y0 ), DB = (−2 − x ; −1 − y ), DC = (1 − x ;5 − y0 ), DA − DB + 4.DC = (8 − 4x ;24 − 4y ) Do 1,0 8 − 4x = x = ⇔  DA − DB + 4.DC = ⇔  24 − 4y = y =   Vậy D(2; 6) b) Đường thẳng d qua điểm D(2;6) , có vectơ pháp tuyến n1 = (a ; b ), a + b ≠ Phương trình d có dạng a(x − 2) + b(y − 6) = Vì AB = (−4; −4) nên n = (1; − 1) vectơ pháp tuyến đường thẳng AB a = ⇔ −2ab = ⇔  n1 n 2(a + b ) b = Nếu a = b ≠ nên d có phương trình y − = Nếu b = a ≠ nên d có phương trình x − = Vậy có đường thẳng qua D tạo với đường thẳng AB góc 450 có phương trình x − = 0, y − = Ta có cos 45° = n1.n2 ⇔ = 0,5 a −b c) Với A (2; 3) , B (−2; −1) , C (1; 5) AB = 2, BC = 5,CA = 5, p = (AB + BC + CA) = 2( + 5) Diện tích tam giác ABC 0,5 0,5 S = p(p − AB(p − BC )(p − CA) = Bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC R = AB.BC CA = 4.S Câu 3: (3,0 điểm) x 2y + 2x + 3y = 15 x 2y + 2x + 3y = 15   ⇔ a)  2 2 x + y − 2x − 4y = 2(x y + 2x + 3y ) + x + y − 2x − 4y = 35   x y + 2x + 3y = 15 x 2y + 2x + 3y = 15  ⇔ ⇔ x + y = (x + y )2 + 2(x + y ) − 35 =    x + y = −7  y = − x y = − x x =       2 2 y = x (5 − x ) + 2x + 3(5 − x ) = 15 x (4 − x ) =  ⇔ ⇔ ⇔  2     x = ±2  y = −7 − x  y = −7 − x     x (−7 − x ) + 2x + 3(−7 − x ) = 15 −x − 8x = 36 y =      0,5 0,75 0,75 Trang  2x − 8x + ≥ x − <   x ≤ − b) 2x − 8x + > x − ⇔  ⇔  2x − 8x + > (x − 2)2 x >  x − ≥  Câu 4: (2,0 điểm) Vì x , y, z ∈ 0; 3 , x + y + z = nên   2xyz + (3 − x )(3 − y )(3 − z ) ≥ 1,5 ⇔ 2xyz + 27 − 9(x + y + z ) + 3(xy + yz + zx ) − xyz ≥ ⇔ 27 − 9.4 + 3(xy + yz + zx ) + xyz ≥ ⇔ 6(xy + yz + zx ) + 2xyz ≥ 18 ⇔ 3(x + y + z ) + 6(xy + yz + zx ) + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) 1,0 ⇔ 3(x + y + z )2 + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) ⇔ 3.42 + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) ⇔ 3(x + y + z ) − 2xyz ≤ 30 Dấu “=” xảy ba số x , y, z có số 0, số số { } Vậy max P = max (x + y + z ) − 2xyz = 30 0,5 0,5 Trang ...SỞ GD-ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG (HDC có 03 trang) NĂM HỌC 2020 – 2021 Mơn: Tốn – Lớp 10 Lời giải sơ lược Điểm Câu 1: (2,0 điểm) a)... Với m = hàm số (1) trở thành y = x − 2x − có đồ thị sau y 1,0 O -1 x -2 -3 b) Gọi M (x ; y0 ) điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) qua với giá trị m Ta có y = x 02 − 2(m − 1)x − 3m + 4, ∀m ∈ ℝ ⇔... = Nếu a = b ≠ nên d có phương trình y − = Nếu b = a ≠ nên d có phương trình x − = Vậy có đường thẳng qua D tạo với đường thẳng AB góc 450 có phương trình x − = 0, y − = Ta có cos 45° = n1.n2 ⇔