Đề thi HSG môn Toán lớp 10 năm 2020 - 2021 THPT Đồng Đậu có đáp án | Toán học, Lớp 10 - Ôn Luyện

Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.[r]

(1)

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG LẦN 2 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 1. Tìmtậpxácđịnhcủahàmsố

10

y

5

x x 

 



Câu 2. Cho phương trình      

2

2 1 1 1

x ax a x ax  

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 ax 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 4. Giải phương trình

2

3 3x 6 x1 7 x10 3 x  5x2 0

Câu Giải bất phương trình x 2  2x 5 x1

Câu 6. Giải hệ phương trình:

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 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

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

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

(2)

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

Tìmtậpxácđịnhcủahàmsố

10

y

5

x x 

 

 2,0

Hàm số xác định

10

0

5

x x 

  

Hoặc

10

0

5

5 x x x

 

  

 

   

0,5

5  5 

20 3(5 )

0

2(5 ) 2(5 )

x x

x x x

   

    

     

     . 0,5

5 x

    0,5

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

2

Cho phương trình      

2

2 1 1 1

x ax a x ax  

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

4

2 2 1

1 1

x x x x

x x

      

     

0,5

 12 x x x

  

    



0,5

b, Xét phương trình      

2

2 1 1 1

x ax a x ax  

Đặt tx2ax1,  

2 1 0 2

x ax  t

phương trình cho trở thành:

 

2 1 3

t at 

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

2 4 0 2

a    a hay a2.

0,5

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

(3)

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 thỏa mãn

Vậy a2.

3

2,0 Ta có:

       

 

2 2 3 0

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 m m

        .

0,25

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

4

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

ĐKXĐ: x1

Ta có: 3x 6 x 7 x10 3 x2 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

    

 

    

(4)

 

3 2 1

3

2

3

1

3

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

2

3

x

x x



   

  nên  1  x1 0  x1 (thỏa mãn).

Vậy phương trình cho có nghiệm x1

0,5

5

Giải bất phương trình x 2  2x 5 x1 2,0

Điều kiện xác định:

5

x³

Bất phương trình tương đương: x- 2+ x+ ³1 2x- 2.+

0,5

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

Û - + - + ³ - + - 0,5

2 9 18 0 x x Û - + ³ x x é ³ ê Û ê £ ë 0,5

2 9 18 0 x x Û - + ³ x x é ³ ê Û ê £ ë

Vậy nghiệm bất phương trình x³

5

3 2£ £x

0,5

6

Giải hệ phương trình:

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:

y t

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

1 1

2

y x x x

y y x y                   0,5 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

(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  2MB 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 và

1

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

   

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)

(6)

 2  2

2 1

2

4

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

2 2

1

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)

5

4BC



0,5

Suy

4

cos 

Dấu xảy BDCK  ABACa

Ta có góc  nhỏ cos lớn

4 

Khi ABa

0,5

9

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

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

Ta có:    

1

2

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

                                                     

     

1 1

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 ) 0,5

Do CD OE                0 CD OE (điều phải chứng minh) 0,5

10

Với x0;1 , tìm giá trị nhỏ biểu thức

1 (1 )

1

x x

P

x x

  

 

 .

2,0

Đặt t  1 x , 0 t ta

  5

5

1

t

t t

P

t t t t



    

  0,5

Áp dụng BĐT Cơ si, ta có

 

5 5

t t

P

t t



    

 .

(7)

Dấu “=” xảy

5

4 t  

0,5

Vậy MinP0;1 2 5

7 5

x  0,5