Đề HSG cấp trường Toán 10 năm 2020 – 2021 trường Yên Phong 2 – Bắc Ninh

SỞ GD-ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn: Toán – Lớp 10
(Đề có 01 trang)
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021
Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….………. Số báo danh: ……………………….. Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số bậc hai 2
y = x − 2(m − 1)x − 3m + 4 (1), với m là tham số.
a) Vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2.
b) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua với mọi giá trị của m .
c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt
có hoành độ x , x thỏa mãn x − 2x = 1 . 1 2 1 2 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 sao cho DA − DB + 4.DC = 0 .
b) Viết phương trình đường thẳng đi qua D và 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 và bất phương trình sau đây: 2 2 x
 y + 2x + 3y = 15 a)   . 4 2 2 x 
+ y − 2x − 4y = 5  b) 2
2x − 8x + 4 > x − 2 . Câu 4: (2,0 điểm) Cho ba số thực x, , y z 0;3 ∈ , 
x + y + z =   thỏa mãn
4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = ( 2 2 2
3 x + y + z ) − 2xyz .
============= Hết =============
Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD-ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021
(HDC có 03 trang)
Môn: Toán – Lớp 10
Lời giải sơ lược Điểm Câu 1: (2,0 điểm)
a) Với m = 2 thì hàm số (1) trở thành 2
y = x − 2x − 2 và có đồ thị như sau y 1 1,0 1 3 - 1 x O - 2 - 3
b) Gọi M(x ;y ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) 0 0
luôn đi qua với mọi giá trị của m . Ta có 2
y = x − 2(m − 1)x − 3m + 4, m ∀ ∈ ℝ 0 0 0 2 ⇔ (
m 2x + 3) + (y − x − 2x − 4) = 0, m ∀ ∈ ℝ 0 0 0 0  3  0,5 2  + 3 = 0 x x  = − 0  0   2 ⇔  ⇔  . 2 y 
− x − 2x − 4 = 0  13  0 0 0  y  = 0  4 3 13 Vậy M(− ;
) là điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua với mọi giá trị của m . 2 4 c) Phương trình 2
x − 2(m − 1)x − 3m + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x , x khi và chỉ 1 2 − + 1 − − 13 khi 2 1 13
∆ ' = m + m − 3 > 0 ⇔ m > hoặc m < (2). Lúc này, theo 2 2 đị
nh lí Viet, ta có x + x = 2(m − 1), x x = 4 − 3m. 1 2 1 2 x
 + x = 2(m −1)  4m − 3 2m − 3 Nhận thấy 1 2  ⇔ x = , x = , từ đây thế vào 1 2 x  − 2x = 1 3 3  1 2  Trang 1 − ±
x x = 4 − 3m và biến đổi ta được 2 9 3 105
8m + 9m − 27 = 0 ⇔ m = . Cả hai 1 2 16 −9 ± 3 105 0,5
giá trị này đều thỏa mãn (2). Vậy với m =
thì đồ thị hàm số (1) cắt trục 16
hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn x − 2x = 1 . 1 2 1 2 Câu 2: (3,0 điểm)
a) Gọi D(x ;y ) thì DA = (2 − x ;3 − y ),DB = ( 2 − − x ; 1
− − y ),DC = (1 − x ;5 − y ), 0 0 0 0 0 0 0 0
DA − DB + 4.DC = (8 − 4x ;24 − 4y ). Do đó 0 0  1,0 8 − 4x = 0 x  = 2  0  0
DA − DB + 4.DC = 0 ⇔  ⇔  . 2  4 − 4y = 0 y  = 6  0   0  Vậy D(2; 6).
b) Đường thẳng d đi qua điểm D(2;6), có một vectơ pháp tuyến 2 2
n = (a;b), a + b ≠ 0. 1
Phương trình của d có dạng a(x − 2) + ( b y − 6) = 0.
Vì AB = (−4;−4) nên n = (1;−1) là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. 0,5 2 n .n 2 a − b a  = 0 Ta có 1 2 cos 45 2ab 0  ° = ⇔ = ⇔ − = ⇔ .  2 2 n . n 2 b = 0 1 2 2(a + b ) 
Nếu a = 0 thì b ≠ 0 nên d có phương trình y − 6 = 0.
Nếu b = 0 thì a ≠ 0 nên d có phương trình x − 2 = 0. 0,5
Vậy có 2 đường thẳng đi qua D và tạo với đường thẳng AB góc 0 45 có phương trình
lần lượt là x − 2 = 0, y − 6 = 0.
c) Với A(2;3), B (−2;− )
1 , C (1;5) thì AB = 4 2,BC = 3 5,CA = 5, 1 0,5 p =
(AB + BC +C )
A = 2( 2 + 5). Diện tích tam giác ABC là 2 S = (
p p − AB(p − BC )(p −C ) A = 6. 0,5 AB.BC .CA 5 2
Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R = = . 4.S 2 Câu 3: (3,0 điểm) 2 2 2 2 x
 y + 2x + 3y = 15 x
 y + 2x + 3y = 15 a)    ⇔  4 2 2 2 2 4 2 2 x 
+ y − 2x − 4y = 5 2
 (x y + 2x + 3y) + x + y − 2x − 4y = 35     2 2 x
 y + 2x + 3y = 15 2 2  x
 y + 2x + 3y = 15    2  ⇔ 
⇔  x + y = 5 2 2 2
(x + y) + 2(x + y) − 35 = 0    0,75   2   x + y = −7    2   2 y  = 5 − x y  = 5 − x  x  = 0          2 2 2 2  2 2  x 
(5 − x ) + 2x + 3(5 − x ) = 15 x   (4 − x ) = 0    y  = 5        ⇔  ⇔  ⇔  . 0,75 2 2  y  = −7 − x  y  = −7 − x  x  = ±2          2 2 2 2 4 2  x  ( 7
− − x ) + 2x + 3(−7 − x ) = 15  x − − 8x = 36 y   = 1            Trang 2  2 2
 x − 8x + 4 ≥ 0  x 2 0   − <  x  ≤ 2 − 2 b)   2
2x − 8x + 4 > x − 2 ⇔  ⇔ . 1,5 2 2  2 
 x − 8x + 4 > (x − 2) x   > 4      x  − 2 ≥ 0    Câu 4: (2,0 điểm)
Vì x,y, z 0;3 ∈ , 
và x + y + z = 4 nên  
2xyz + (3 − x)(3 − y)(3 − z) ≥ 0
⇔ 2xyz + 27 − 9(x + y + z) + 3(xy + yz + zx) − xyz ≥ 0
⇔ 27 − 9.4 + 3(xy + yz + zx) + xyz ≥ 0
⇔ 6(xy + yz + zx) + 2xyz ≥ 18 1,0 2 2 2 2 2 2
⇔ 3(x + y + z ) + 6(xy + yz + zx) + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) 2 2 2 2
⇔ 3(x + y + z) + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) 2 2 2 2
⇔ 3.4 + 2xyz ≥ 18 + 3(x + y + z ) 2 2 2
⇔ 3(x + y + z ) − 2xyz ≤ 30. 0,5
Dấu “=” xảy ra khi trong ba số x, ,
y z có một số bằng 0, một số bằng 1 và một số bằng 3. 0,5 Vậy P = { ( 2 2 2 max
max 3 x + y + z ) − 2xyz} = 30. Trang 3