Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa Lớp 10, 11 năm 2020 môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Thị xã Quảng Trị (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa Lớp 10, 11 năm 2020 môn Toán Lớp 10 - Trường THPT Thị xã Quảng Trị (Có đáp án)

1. SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020 Môn thi: Toán 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y x2 43 x có đồ thị là ()P . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng dm : y x m cắt đồ thị tại hai điểm phân biệt có hoành độ xx12, thỏa mãn 11 2. xx12 Câu 2 (4 điểm): a. Giải bất phương trình: (x22 3 x ) 2 x 3 x 1 0. x2 x 3 y xy 2 xy y 1 b. Giải hệ phương trình: 22 (x y ) xy 1 Câu 3 (4 điểm): Cho phương trình: x 4 5 x 20 x x2 m, (1), (với là tham số). a. Giải phương trình (1) khi m 3. b. Tìm tất cả các giá trị của để phương trình (1) có nghiệm. Câu 4 (4 điểm): 2sin 3cos a. Cho cot 3, tính giá trị biểu thức: P . cos33 4sin b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB là xy 2 1 0. Biết phương trình đường thẳng BD là xy 7 14 0và đường thẳng AC đi qua điểm M (2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật . Câu 5 (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm E thỏa mãn BE 3. EC 0. IA Gọi I là giao điểm của AC và GE , tính tỉ số . IC Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác có chu vi bằng 20, góc BAC 600 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi ABC1,, 1 1 là hình chiếu vuông góc của ABC,, lên BC,, CA AB và M là điểm nằm trong tam giác thỏa mãn ABM BCM CAM . Tính cot và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC1 1 1 . Câu 7 (2 điểm): Cho x,y ,z  2019;2020. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2019.2020 xy 2019.2020 yz 2019.2020 zx f(,,) x y z . ()()()x y z y z x z x y HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với môn Toán). Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: .
2. ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 – MÔN TOÁN Câu Lời giải Điểm 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và dm: x m x 43 x 2 x 5 x 3 m 0 (*) 0,5đ dm cắt đồ thị ()P tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt xx12, 1) 2đ 13 xx12 5 25 12 4mm 0 . Khi đó . 0,5đ 4 x12 x 3 m 1 1 1 0,5đ Mà 2 x x 2 x x 5 6 2 m m thỏa mãn 1 2 1 2 0,5đ xx12 2 22 Giải bất phương trình: (x 3 x ) 2 x 3 x 1 0. ( ) 2 1 Điều kiện: 2x 3 x 1 0 x 1  x 2 1 0,5đ + x 1x  nghiệm đúng. 2.a) 2đ 2 1 + x 1x  : ( ) x2 3 x 0 x 3  x 0, thỏa mãn 0,5đ 2 0,5đ 1 Vậy ( ) có nghiệm là: xx 3  x 0  1  x 2 0,5đ x2 x 3 y xy 2 xy y 1 Giải hệ phương trình: 22 (x y ) xy 1 22 2 xy(x y ) xy x y 1 x y a . Đặt ta có hệ pt: (x22 y ) xy 1 xy b ab a b 1 b 11 a22 b a 2 2 2 3 2 0,5đ ab 1 a(1 a ) a 1 a 1 a a 2 a 0 b 1 a2 a 1 a 2 a 0 2.b) 2đ   0,5đ 32 a a 20 a b 0 b 3 b 1 2 a 1 xy 1 x 0 x 1 +  b 0 xy 0 yy 10 a 2 xy2 2 x1 0,5đ + b 3 xy 3 y 3 2 a 0 xy 0 x1 + b 1 xy 1 y 1 0,5đ Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (0 ; -1) ; (-1 ; 3) ; (1 ; 0) ; (-1; 0) 2 Khi m = 3 ta có pt: x 4 5 x 20 x x 3: đk: x  4;5 2 2 t 9 Đặt x 4 5 x t 20 x x 0,5đ 2 3a) 2đ 2 t 9 2 tl 1( ) Pttt: t 3 t 2 t 3 0 0,5đ 2 t 3
3. 2 x4 + t 3 x 4 5 x 3 20 x x 0 0,5đ x 5 0,5đ t 2 9 Đặt x 4 5 x t 20 x x2 ; t 3;3 2 0,5đ 2 2 t 9 2 Pttt: t m t 2 t 2 m 9 0,5đ 3b) 2đ 2 Xét ftttt( ) 2 2 ; 3;3 2 min ftf ( ) (3) 3;max ftf ( ) (3 2) 18 6 2 0,5đ 9 Vậy pt có nghiệm khi: 3 2mm 9 18 6 2 3 3 2 2 0,5đ 2sin 3cos 2(1 cot22 x) 3cot x(1 cot x) 70 0,5đ P 0,5đ 4a) 2đ 3 3 3 cos 4sin cot x 4 31 0,5đ 0,5đ Do B  AB BD nên tọa độ B là nghiệm của hệ: 21 x xy 2 1 0 5 21 13 B ; 0,5đ xy 7 14 0 13 55 y 5 22 Gọi nAC ( a ; b );( a b 0)là VTPT của AC, 3 22 ta có: cos(nAC ; n AB cos( n BD ; n AB 2a b a b 2 a b 22 7a 8abb 0 b a 7 4b) 2đ + a= -b: Chọn a = 1; b = -1 AC: x – y – 1 = 0 A AB AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ: x 2 y 1 0 x 3 A 3;2 0,5đ x y 1 0 y 2 ID B AC nên tọa độ I là nghiệm của hệ: 7 x xy 7 14 0 2 75 I; 0,5đ xy 1 0 5 22 y 2 14 12 Do I là trung điểm của AC và BD nên C 4;3 ;D ; 55 0,5đ + a = -b/7 (loại) vì AC//BD
4. A G I B M C E 5) 2đ Gọi M là trung điểm BC đặt AAI k C 1 1 1 GI A I AG k AC (AB AC) k AC AB 0,5đ 3 3 3 1 1 7 5 GN GM MN AM BC AB AC AC AB AC AB 0,5đ 3 6 6 6 Do G, I, N thẳng hàng nên ta có: 11 k 0,5đ 44IA 33 k A I A C 4 75 55IC 0,5đ 66 A A C1 c b B1 M B B a C A1 C 1 Ta có: S bc.sin600 p r 10 3 bc 40 2 a2 b 2 c 2 2 bc . c os60 0 a 2 ( b c ) 2 3 bc a 2 (10 a ) 2 120 a 7 6) 2đ b c 13 b 8 b 5 0,5đ  bc 40 c 5 c 8 AB2 BM 2 AM 2 BC 2 CM 2 BM 2 cot ABM BCM CAM 4.SSABM 4. CBM CA2 AM 2 CM 2 AB 2 BC 2 CA 2 23 3 0,5đ 4.SS 4. 20 CMA ABC 00 Ta có B11 BA C CA 90 A 30 0 B1A 1 C 1 B 1 A 1 AC 1 A 1 A BBACCA 1 1 60 . Tam giác CC11 B nội tiếp đường tròn đường kính BC nên ta có: BCBC1 1 1 1 7 BC 7 B11 C sinC CA sin300 2 0,5đ 1
5. BC 73 Mà R 11 0,5đ 1 2sin600 6 2019.2020 xy 2020 2019 Ta c/m:  x,y  2019;2020luôn có: xy 2 2 2 2 4(2019.2020 xy ) ( x y ) (2020 2019) (2.2019.2020 2xy ( x y )(2020 2019))(2.2019.2020 2 xy ( x y)(2020 2019)) 0 2020(2.2019 x y ) x (2019 y ) y (2019 x ) .   2019(2.2020 x y ) x (2020 y ) y (2020 x ) 0 (đúng) 0,5đ 2019.2020 xy 2020 2019 1 Vậy 0,5đ 7) 2đ xy z 2z 2.2019 Dấu « = » xảy ra khi x = y = z = 2019. Áp dụng ta có : 2019.2020 xy 2019.2020 yz 2019.2020 zx f(,,) x y z ()()()x y z y z x z x y 1 1 1 3 0,5đ 2.2019 2.2019 2.2019 4038 3 Vậy maxf ( x , y , z ) ; khi x y z 2019 0,5đ 4038