Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm 2020 – 2021 trường Liễn Sơn – Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HSG NĂM HỌC 2020-2021
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN
ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI 10
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang 11x  3
Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số f  x  . 2 4 x . 16  x
Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số 2
y  x  2m   1 x  4
cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn x  x  4 . 1 2 1 2
Câu 3 (2,0 điểm). Cho a là một số thực. Xét hai tập hợp: A  (x, y) | x, y  ,
 x  y   a và B   3 3
(x, y) | x, y  , x  y  
a . Tìm tất cả các giá trị của a để A và B không có phần tử chung. 2
 x  3x  2 
Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình 2 x  4x  0   . x  3  
Câu 5 (2,0 điểm). Cho phương trình 2
x  9  x  x  9x  m .Tìm tất cả các giá trị của
tham số m để phương trình có nghiệm thực.
Câu 6 (2,0 điểm). Xác định dạng của tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác đó thỏa sin C mãn hệ thức  2 . sin Acos B
Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC. Điểm M thay đổi nằm trong đoạn AB, ( M khác
A và B ). Gọi H , K tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đoạn BC và AC; G
là trọng tâm của tam giác MHK. Chứng minh rằng đường thẳng MG luôn đi qua một điểm cố định.
Câu 8 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có  0
AB  c, AC  b, BAC  60 . Các điểm M, N được xác     định bởi MC  2  MB, NB  2
 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b, c để AM và CN vuông góc với nhau. 2 2 
2x  4xy  5y  5
Câu 9 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình  . 2 2
x  2 y  2x  y  1  
Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x  y  z  1 . Tìm giá xy yz zx
trị nhỏ nhất của biểu thức A    . z x y ------Hết------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay.
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:…………………….……..…….…….; Số báo danh………………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10
TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN NĂM HỌC 2020-2021 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN
(Đáp án có 05 trang) I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học
sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 11x  3 1
Tìm tập xác định của hàm số: f  x  . 2,0 2 4 x . 16  x 2  x  0 Hàm số xác định   . 0,5 4 1  6  x  0  x  0  x  0    0,5  2  4  x  2 4  x  2  0 4  x  0   x  0  2   x  0     0,5 2   x  2 0  x  2  
Tập xác định của hàm số là D   2  ;0  0; 2 0,5
Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số 2
y  x  2m   1 x  4 cắt trục 2 2,0
hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn x  x  4 1 2 1 2 Xét phương trình 2
x  2(m 1)x  4  0   *
Để đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x , x thỏa mãn 1 2 0,5 x 
x  4 thì (*)phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn x , x  0 1 2 1 2  '  0 
 S  0  m  1 0,5 P  0 
x  x  2 m 1  1 2   Ta có  0,5 x x  4  1 2 x 
x  4  x  x  2 x x  16  m  5 . Vậy m  5 1 2 1 2 1 2 0,5
Cho a là một số thực. Xét hai tập hợp: A  (x, y) | x, y  ,
 x  y   a và 3 3 3
B  (x, y) | x, y  , x  y  
a . Tìm tất cả các giá trị của a để A và B 2,0 không có phần tử chung.
A  B    với mỗi x, y   thoả mãn x  y  a thì 3 3
x  y  a
Điều này tương đương với 3 3
x  (a  x)  a x    0,5 Hay: 2 2 3
3ax  3a x  a  a  0 (1) x   
Nếu a  0 thì (1) đúng với mọi x   0,5
Nếu a  0 : (1) đúng với mọi x   khi và chỉ khi: 3  a  0 a  0 0,5     a  2 4 3 2 4
  9a 12a(a  a)  0 4a  a  0  
Vậy các giá trị cần tìm của a là: a =0 hoặc a  2 . 0,5 2
 x  3x  2  4
Giải bất phương trình 2 x  4x  0   2,0 x  3   2
x  4x  0  x  0 Trường hợp 1:    0,5 x  3  0 x  4   2
x  4x  0  x  0  x  4 Trường hợp 2: 2
 x  3x  2   0,5  0
1  x  2  x  3    x  3  x  4 0,5
Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S    0  4; 0,5
Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 5 2,0 2
x  9  x  x  9x  m có nghiệm thực. 0  x  9  Phương trình   0,5    2 9x  x  2
 2 9x  x  9  m 
x  9  x 9 Đặt 2
t  9x  x , 0  t   , x  0;9 0,5 2 2 Phương trình trở thành: 2 t 
 2t  9  m  9 
Xét hàm số f t  2
 t  2t  9,t  0;  2    0,5 9
Từ bảng biến thiên ta có:   m  10 0,5 4
Xác định dạng của tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác đó 6 sin C 2,0
thỏa mãn hệ thức  2 . sin Acos B  a sin A  a b c   2R
Áp dụng định lý hàm số sin:     0,5 sin A sin B sin C c s  in C    2R 2 2 2
a  c  b
Áp dụng định lý hàm số côsin: 2 2 2
b  a  c  2ac cos B  cos B  0,5 2ac Theo giả thiết ta có: 2 2 2 sin C c
a  a  c  b  0,5
 2  sin C  2sin Acos B   2. .  sin Acos B 2R 2R 2ac   2 2 2
a  c  b 2 2 2 2 2 2  c 
 c  a  c  b  a  b  a  b c 0,5
Vậy tam giác ABC cân tại C
Cho tam giác đều ABC. Điểm M thay đổi nằm trong đoạn AB, ( M khác A
và B ). Gọi H , K tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đoạn
BC và AC; G là trọng tâm của tam giác MHK . Chứng minh rằng đường
thẳng MG luôn đi qua một điểm cố định. A 7 K 2,0 M Q G I O H P C B
   2   MH  MK
Gọi I là trung điểm HK, ta có MG  MI  MG  . 0,5 3 3
Kẻ MP//AC, MQ//BC ( với P  BC, Q  AC ) suy ra H là trung điểm BP
    
MB  MP  MA  MQ 0,5
và K là trung điểm A .
Q Do đó MG  . 6
  
Tứ giác MPCQ là hình bình hành MP  MQ  MC. Do đó
   
MA  MB  MC 0,5 MG  . 6   MO
Gọi O là tâm trọng tâm tam giác ABC, suy ra MG  . 0,5 2
Vậy MG luôn đi qua trọng tâm O của tam giác ABC.
Cho tam giác ABC có  0
AB  c, AC  b, BAC  60 . Các điểm M, N được xác     8
định bởi MC  2  MB, NB  2
 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b, c để AM và 2,0
CN vuông góc với nhau.          Ta có: MC  2
 MB  AC  AM  2
  AB  AM   3AM  2AB  AC 0,5   
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB . 0,5      
Vậy: AM  CN  AM .CN  0  2AB  AC2CA  CB  0 0,5
     
  AB  AC AB  AC 2 2 2 3
 0  2AB  3AC  5A . B AC  0 0,5 c  2b bc 2 2 2 2 2c 3b 5 0 4c 5bc 6b 0           3  2 c  b  4 2 2 
2x  4xy  5y  5 9
Giải hệ phương trình  . 2,0 2 2
x  2 y  2x  y  1  
2x  y2  2   2 2
x  2 y   5 Hệ phương trình   0,5
2x  y    2 2
x  2 y   1  u  1  u   2x  y 2 u   2v  5 v  2   Đặt  . Hệ trở thành:   0,5 2 2
v  x  2 y   u  v  1  u  3   v  2 
 x  0; y  1 u   1
2x  y  1 Với      8 9 0,5 2 2 v  2  x  2 y  2 
 x  ; y     7 7
x  2; y  1 u   3 
2x  y  3 Với      10 1 2 2 v  2  x  2 y  2 x   ; y     7 7 0,5  8 9   10 1 
Vậy hệ có 4 nghiệm  ; x y là: 2  ;1 ;0  ;1 ; ;  ;  ;  .      7 7   7 7 
Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện 2 2 2
x  y  z  1 . Tìm giá 10 xy yz zx 2,0
trị nhỏ nhất của biểu thức A    z x y 2 2 2  xy   yz   zx  Ta có 2 A            2 2 2
2 x  y  z  0,5  z   x  y   Ta thấy
 x  y2   y  z2   z  x2 2 2 2
 0  x  y  z  xy  yz  zx, x
 , y, z * 0,5
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 2 2 2  xy   yz   zx 
Áp dụng BĐT (*) ta được 2 2 2  
 x  y  z        z   x  y   0,5 2 2 2  xy   yz   zx  Khi đó 2 A            2 2 2
x  y  z    2 2 2 2
3 x  y  z   3  z   x  y   xy yz zx 1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  
 x  y  z  z x y 3 0,5 1
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 3 đạt được khi x  y  z  3 -------Hết-------