Đề thi chọn học sinh giỏi văn hóa Lớp 10, 11 năm học 2018-2019 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 học 2018-2019 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 03 tháng 4 năm 2019 Môn thi: Toán lớp 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu I. (5,0 điểm) Cho Parabol (P): yx 2 bxc. 15 1) Tìm bc, để Parabol (P) có đỉnh S ; . 24 2) Với bc, tìm được ở câu 1. Tìm m để đường thẳng :2y xm cắt Parabol (P) tại hai điểm phân biệt AB, sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu II. (6,0 điểm) 1) Tìm m để bất phương trình: mx2 232140 m x m vô nghiệm trên tập số thực. 2) Giải bất phương trình sau trên tập số thực: 24xxxx22 2 560. 23 2 x x y xy xy y 1 3) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực : 42 xyxyx 211 Câu III. (6,0 điểm) 1) Cho tam giác ABC đều có độ dài cạnh bằng 3. Trên các cạnh BC, CA lần lượt lấy các điểm NM, sao cho BN 1, CM 2.    a) Phân tích véc tơ AN theo hai vectơ ABAC, . AP b) Trên cạnh AB lấy điểm P, P AP, B sao cho AN vuông góc với PM. Tính tỉ số . AB 2) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là ADBC, và ADBC , biết rằng AB BC,7. AD Đường chéo AC có phương trình là x 330y , điểm M 2; 5 thuộc đường thẳng AD. Tìm tọa độ đỉnh D biết đỉnh B 1;1 . Câu IV. (3,0 điểm) 1 ) Cho tam giác ABC có diện tích S và bán kính của đường tròn ngoại tiếp R thỏa mãn hệ thức 2 SR = 23 sin A sin 3 B sin 3 C. Chứng minh tam giác ABC là tam giác đều. 3 2) Cho x,,yz là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xyz222 3. Chứng minh rằng xyz 9 . yzxxyz 3) Cho đa thức Px x2018 mx 2016 m trong đó m là tham số thực. Biết rằng P x có 2018 nghiệm thực. Chứng minh rằng tồn tại một nghiệm thực x0 của P x thỏa mãn x0 2. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT. Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .Số báo danh: .
2. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2018-2019. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM b /2 1/2 15 b 1 2 1) (2,0 điểm). Đỉnh SP ;() 15b 24 c c 1 42 4 2) (3,0 điểm). Pt hoành độ giao điểm của (P) và : 0,5 xx22 12 xmx 3 xm 10 (*). cắt (P) tại hai điểm phân biệt PT(*) 13 có hai nghiệm phân biệt x12, x 01340 mm 0,5 Câu I 4 (5,0 điểm) xx12 3 Giả sử A xxmBxxm11;2 ; 2 ;2 2 theo Viet ta có . 0,5 xx12 m 1 Ta có tam giác OAB vuông tại   121 O OAOB.052 x x m x x m22 0 m m 50 m . 0,5 12 1 2 2 121 Đối chiếu đk ( ) ta có đáp số m . 1 2 7 1) (2,0 điểm) TH 1: m 0, bpt trở thành 6140xx (không thỏa ycbt). 3 0,5 2 2 TH 2: m 0 , mx 232140 m x m VN mx232140 m x m CN 0,5 mm 00 m 0 x  2 m 9. '0 mm890 m 9 hoac m 1 1 Vậy m 9. x 2 2) (2,0 điểm). TH1: xx2 560 0,5 x 3 x 20 2 x 2 2 Câu II TH 2: xx 560 . Khi đó, bpt 24xx 2 x 20 0,5 x 3 2 2 (6,0 điểm) 24xx 2 x 2 x 2 x 0 x 2 x 2 . 0,5 x 4 2 xx 40 xx  40 0,5 Vậy tập nghiệm bất phương trình S ;0  2,3  4; 23 2 x22 yxyxy xy 1 xxyxyxyy 1 3) (2,0 điểm) Hpt: 42 2 0,5 xyxyx 211 2 xy xy1 2 Đặt ax ybxy, hệ thành aabb 1 aa32 20 a a 0 a 1 a 2 . 2  ab 1 ba 1 2 bbb 10 3 0,5
3. a 0 xy2 0 +) Với ta có xy1. b 1 xy 1 a 1 xy2 1 +) Với ta có xy;0;1,1;0,1;0.  b 0 xy 0 0,5 3 a 2 xy2 2 y x 1 +) Với ta có x . b 3 xy 3 2 y 3 xxx 130 Vậy hệ có 5 nghiệm xy; 1;1,0;1,1;0,1;0,1;3.  0,5     121     1) (4,0 điểm) a) ANABBNABACABABAC = = + 2,0 333    1  x  b) Đặt AP x,0 x 3. Ta có PMPAAMACAB = - 0,5 33    21  1  x  AN PM AN.0 PM AB AC . AC AB 0 33 33 0,5 22  xx  22  1  AB AC AB AB AC AC 0 9999 x 4 12xx 1 0 25 0,5 AP 4 Vậy . AB 15 0,5 2) (2,0 điểm). Do ABCD là hình thang cân nên ABCD là hình thang nội tiếp đường tròn tâm O.Do ABBCCDAC là đường Câu III phân giác trong góc BAD . Gọi E là (6,0 điểm) điểm đối xứng của B qua AC, khi đó E thuộc AD. Ta có BEAC và BE qua B 1;1 nên phương trình BE: 340xy . 0,5 Gọi FACBE  tọa độ F là nghiệm của xy 330 31 Hệ F ;. Do F là trung điểm 340xy 22 Của BE E 2; 2 . Do MAD 2; 5 phương trình AD: 3xy 4 14 0. xy 330 0,5 Do AADAC  tọa độ A là nghiệm của hệ A 6;1 . 34140xy Do DADD 24;23 t t và 12 58 26 t D ; 22 5 55 AD 7443349 t t 0,5 2 216 t D ; 5 55 Do B,D nằm khác phía với đường thẳng AC nên kiểm tra vị trí tương đối của điểm
4. 216 B và hai điểm D ta có đáp số D ; 55 0,5 aBc333 1) (1,0điểm). Theo định lí sin ta có : sin333ABC ; sin ;sin 888R333RR 333 333 2 2 a b c abc VT = R 0,5 3888RRR333 12 R Áp dụng bắt đẳng thức cô – si ta có: a333 b c3 abc abc VT 4R abc Mà S , dấu “ =” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c ABC đều 4R 0,5 2 xyzx222 y z x yz 2) (1,0 điểm). Ta có . yzxxyyzzxxyyzzx 2 xyz 9 3 Câu IV Ta cần chứng minh: xyz9* xyyzzx . 0,5 xy yz zx x y z (3,0 t 2 3 điểm). Đặt txyz ,3 t 3 xyyzzx . BĐT * thành 2 2 0,5 93 t 2 ttt3 3230 (luôn đúng). 2 3) (1,0 điểm). Ta có PP 11,11. Giả sử các nghiệm thực của P x là aa, , , a , tức là Px xa xa xa . 1 2 2018 1 2 2018 Khi đó, Paaa 1 11 1 2 1 2018 1, 0,5 Paaa 1 11 1 2 1 2018 1 hay Paaa 1 11 1 2 1 2018 1 Suy ra PP1. 1 1 a22 1 a 1 a 2 1.Suy ra tồn tại k 1,2, ,2018 1 2 2018  0,5 2 sao cho aakk 11 2. Hay tồn tại nghiệm x0 : ak thỏa mãn điều kiện x0 2.
5. HƯỚNG DẪN CHẤM HSG 10 NĂM HỌC 2017-2018. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM Câu I ba/2 2 a 1 2 1. Đỉnh SP 2; 1 ( ) 4231ab b 4 5,0 điểm 22 2 . Pt hoành độ giao điểm của (P) và : xx 43 kxxkx 4 4 10 (*). PT(*) có ac 1 nên k pt luôn có hai nghiệm phân biệt x , x và theo Viet ta có 12 xx12 k4. Khi đó tọa độ M, N là M x11;4,;4 kx N x 2 kx 2 . xxkxx12 () 12 Gọi I là trung điểm MN ta có tọa độ I ;4 hay 22 kkk 4482 I ;. Theo ycbt ta có: 22
6. 2 kkk 448 2 Idkkkk ;34014.  22 2222 Câu II 1. Bpt: xmxm21220 VN xmxm 21220 có 2 6,0 điểm nghiệm  x 0 (vì a=-1<0) mm 230 m 1  m 3. 2 xx 20 xx  02 x 0 22 2 2. Bpt xx 43 xx 2 0 xx 20 xx  02 x 2. 2 xx 13 x 3 xx 430 Vậy tập nghiệm bpt S ;0  2  3: . 2 x yyxxy 24 3. Hệ phương trình 11x 3 2 xxyy Điều kiện x 0,y 0 . 21 Chia hai vế của (1) cho xy ta có phương trình x 4 . xy 11xx 111 111 11 2 33 x 4 x xyy xx y y xx y y x 111 x 4 xyx 21 111 1 x 4 x 4 x 2 xy xxy x Ta có hệ 111 111 11 x 4 x 4 2 xy xyx xyx 1 x 2 xx2 210 x x 1 11 11 2 y 1 2 xy xy Câu III 1a.     3AG AN AM AB 11    51    6,5 điểm AD AD AC AB AD AC AB A B 32 62 N 51    34   G AD AB AD AB AB AD 62 23 K D M C  14   AG AB AD 29
7.          1b. Đặt BK xBC AK AB BK AB xBC AB xAD Ba điểm AGK,, thẳng hàng nên     14     mm  4  AK mAG AB xAD m AB AD AB xAD AB AD 29 2 9 m 1 m 2 2 8 4m x x 9 9  88  BK BK BC 99BC xy 40 53 2. Pt MN: xy 40. Tọa độ P là nghiệm của hệ: P ;. xy 10 22 Vì AM song song với DC và các điểm A,B,M,N cùng thuộc một đường tròn nên ta có:    PAM PCD ABD AMP. Suy ra PA = PM Vì AACxy :10 nên Aaa ;1,2. a Ta B có: M 2222 5555 a 0 N aa A 0; 1 . 2222 a 5 A C Đt BD đi qua N và vuông góc với AN nên có pt: P 23100xy . Đt BC đi qua M và vuông góc với D 23100xy AM nên có pt: y 40. Tọa độ B là nghiệm của hệ: B 1; 4 y 40 . Câu IV 111 111111 1a. xyzxyz 1 (1) 222 1 yz xz xy xyzxyyzxz 111 1 1 1 2,5 điểm x 11yyzzx 1111 1b. P= 222 - 222 (3 ) yzx x yz x y z x 11yyzzx 1111 222 Ta có: yzx 11 11 11 = xyz 111 22 22 22 x yyzxz 222 xyz111 (4) xy yzxz 111 1 1 1 1 1 1 Từ ( 3) và (4) suy ra P 222 2 (5) x yzx y z xyyzzx 2 111 1 1 1 111 33 (6) xyz xyyzzxxyz
8. Từ (1), (2), (5) và ( 6) P 31 . Dấu bằng xảy ra khi xyz 3 . Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 31 . x x 0 2. Gọi 0 là nghiệm của phương trình 0 432 2 11 x0000 ax bx cx10 b x 02 ax 0 c . x00x 2 1111 222 2 22 2 2 abc x0000 222 11 ac x axc x xxxx 0000 22 1122 1 1 ax000 c x22 ax c x 0 x00xx 0 x 0 2 2 1 x0 x2 t 2 1 abc222 0 , với tx 2 2 1 0 2 2 t 1 x0 x0 2 1 x0 t 2 4 Mặt khác 3440tt2 t 2320 t Vì t 2 nên t 13 tt 23 2 0 4 2 Vậy abc222 , dấu bằng xảy ra khi abc ( ứng với x 1 ) hoặc 3 3 0 22 ac , b ( ứng với x 1 ). 33 0