Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 10, 11 THPT năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 10 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh Lớp 10, 11 THPT năm học 2018-2019 môn Toán Lớp 10 - Sở giáo dục và đào tạo Hà Tĩnh (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 - 11 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu) Câu 1. (5.0 điểm) a. Giải bất phương trình 3x(2x x2 3) 2(1 x4 ). ( x2 1 x )( y2 1 y ) 1 b. Giải hệ phương trình . 3 x 2 y 2 x x 2 y 6 10 Câu2. (5.0 điểm) a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) :y x2 4 x 3, điểm I(1;4) và đường thẳng d : y mx m 8. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt parabol (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB cân tại I. b. Một người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo một con sông. Người đó muốn làm một cái hàng rào hình Con sông chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 80 ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài. Tính diện tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với chi phí vật liệu 20 triệu đồng. Câu 3. (6.0 điểm) a. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc B AC bằng 600 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3. Gọi A1, BC1, 1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, BC, lên BC, AC, AB và M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ABM BCM CAM . Tínhcot và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1BC1 1. b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C( 4;1), phân giác trong góc Acó phương trình x y 5 0.Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương. Câu 4. (2.0 điểm ) Cho phương trình (x2 ax 1)2 a ( x 2 ax 1) 1 0, với a là tham số. Biết rằng phương trình có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng a 2. Câu 5. (2.0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x3 y3 z 3 3 . 2 xyz x y z 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P . xy yz zx xy yz xz 1 Hết -Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay; -Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: Số báo danh:
2. NỘI DUNG Câu 1.a pt 2x2 ( x 2 3) 3 x x 2 3 2 0 xx2 3 2 (1) 2 1 xx 3 (2) 2 x 0 (1) 42 xx 3 4 0 x 1 x 0 (2) 1 xx42 30 4 3 10 x 2 3 10 Vậy bất phương trình có nghiệm x 1 hoặc x 2 Câu 1b 22 22 x 11 x y y (x 1 x )( y 1 y ) 1(1) x y 22 x 11 x y y Thay x=y vào phương trình thứ hai ta được 2 3 3x 2 x 6 x 10. ĐK: x6 3 PT 3( 3 x 2 2) x ( 6 x 2) 2( x 2) 0 9 x (x 2)( 2 ) 0 3xx 2 2 6 2 9 9 7x 6 Ta có 2 2 ; 3 3xx 2 2 3.6 2 222 6 2 Suy ra x 2. Vậy hệ có nghiệm (2;2)
3. Câu 2a. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x22 43 x mx m 8 x (4) m x m 50(1) (1) Có 2 nghiệm phân biệt m2 12 m 36 0 m 6 x 1 Ta có (1) xm 5 Gọi A 1;8 , B m 5; m2 6 m 8 , Tam giác IAB cân tại I Id m 2 2 2 2 2 2 IA IB (m 4) (m 6m 4) 2 4 m 2 2 (m 6)(m 2)(m 4m 1) 0 m 23 (Do mm 2, 6) Câu 2b. Gọi x là chiều dài hàng rào vuông góc với bờ sông, y là chiều dài hàng rào song song với bờ sông. Theo giả thiết ta có: 3xy .40.000 .80.000 20.000000 500 3x 3x 2 y 500 y 2 Diện tích khu vườn sau khi rào là 3 500 f( x ) xy x2 250 x , 0 x 23 2 Ta có: fx() là tam thức bậc hai có hệ số của x âm nên đạt GTLN tại 250 250 500 x (0; ) 3 3 3 31250 maxf ( x ) ( m2 ) 500 . Vậy diện tích lớn nhất mà người nông dân rào được là (0; ) 3 3 31250 (m22 ) 10416,666(m ). 3 1 Câu 3a. Ta có: S bcsin600 p . r 10 3 bc 40 2 a2 b 2 c 2 2 bc cos60 0 a22 ( b c ) 3 bc a22 (20 a ) 120 a 7
4. b c 13 b 8 b 8 hoặc bc 40 c 5 c 5 AB2 BM 2 AM 2 AD 2 AM 2 DM 2 DB 2 DM 2 BM 2 cot 4SSS 4 4 ABM ADM DBM AB2 AC 2 BC 28 2 5 2 7 2 23 3 4SABC 4.10 3 20 Ta thấy tam giác ABC nhọn. Theo tính chất của tứ giác nội tếp đường tròn ta có: 00 B11 BA C CA 90 A 30 ; 0 0 0 BAC1 1 1 BAAAAC 1 1 1 1 CCABBA 1 1 90 A 90 A 60 . Theo định lý sin trong tam giác CC11 B nội tiếp đường tròn đường kính BC , ta có BC 7 11 BC B C 7sin300 11 sinC1 CA 2 BC 7 7 3 Ta có: R 11 . 1 2sin600 23 6 Câu 3b. A(;5 a a ), a 0; AC (4 a ;4 a ), d: x y 5 0, ud (1; 1) Do d là phân giác góc BAC nên góc giữa d và AC bằng 45 AC. ud ( 4 a).1 (a 4).( 1) 1 cos450 22 AC. ud (4 a) (a 4) . 2 2 a 4 A (4;1) (Do a 0) Ta có: AB : x 4 0. Gọi B(4;b); AB (0;b 1); AB b 1 , AC 8 1 SABC 36 b 1.8 36 b 1 9 2 bB 10 (4;10) b 8 B(4; 8) Do B, C nằm về hai phía của d nên B(4;10) BC: 9x-8y+44=0 Câu 4. Đặt f( x ) x2 ax 1. Do phương trình f( f ( x )) 0 có nghiệm thực nên phương trình fx( ) 0 có nghiệm thực. Suy ra a2 4 0. Gọi f( x ) ( x x1 )( x x 2 ), x 1 , x 2 +) Nếu xx thì f( f ( x )) ( f ( x ) x )2 . Suy ra phương trình f() x x có 12 1 1 2 2 nghiệm duy nhất hay ()x x11 x có nghiệm duy nhất. Suy ra x1 0 f ( x ) x Vô lý. Suy ra t a2 4 0.SScchìp +) Khi xx12 thì một trong 2 phương trình f() x xi vô nghiệm, phương trình còn lại có nghiệm kép.(Nếu xảy ra cả hai phương trình có nghiệm thì nghiệm của
5. phương trình này không là nghiệm phương trình kia vì xx12 và khi đó phương trình f( f ( x )) 0 có hơn 1 nghiệm). 2 2 Giả sử x ax 10 x1 có nghiệm kép và x ax 10 x2 vô nghiệm. ax2 4 4 0 Ta có 11 2 22 ax 4 4 0 x1 0 2 a ( x12 x ) 0. Kết hợp với a 4 0. Suy ra a 2. x2 0 Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có: x33 1 1 3 x x 2 3 x . Tương tự: yy3 23; zz3 23 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên suy ra x y z 3. 3 Ta có 3 x3 y 3 z 3 33 xyz 3 xyz xyz 1. Ta có 3 3xyz x3 y 3 z 3 3 xyz xyzx 2 y 2 z 2 xyyzzx 3 x2 y 2 z 2 xy yz zx . 1 xyz x2 y 2 z 2 xy yz zx xyz x y z 2 13 xy yz zx . Ta có: 13 xy yz zx xyz x y z 2 1 32 10 03 xy yz zx . 3t 1 1 Ta có: P f t với t xy yz zx ; t (0;3] tt 1 3t 1 1 1 1 37 )ft 3 3 t t 1 t ( t 1) 3(3 1) 12 37 Vậy MinP x y z 1 12