Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

Đề thi chọn HSG tỉnh Toán 10 THPT năm học 2017 – 2018 sở GD và ĐT Hà Tĩnh gồm 1 trang với 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 180 phút, đề được dành cho học sinh lớp 10 và 11 khối THPT, đề thi có lời giải chi tiết, mời các bạn đón xem

26 13 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

5 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
Câu 1. (6 điểm)
a) Giải bất phương trình
11
2 3 52x xx
≤
+− − −
.
b) Giải hệ phương trình
22
2
2 38
3 14 9
xyx
x yx x
+=+
+ += +
.
Câu 2. (6 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số
m
để phương trình sau có nghiệm không âm
( )
43 2
8 1 4 16 0.mx x m x x m++ − ++ =
b) Một hộ nông dân dự định trồng đậu và cà trên diện tích
2
800m
. Biết rằng cứ
2
100m
trồng đậu cần 10 công và lãi 7 triệu đồng còn
2
100m
trồng cà cần 15 công và lãi 9 triệu
đồng. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên diện tích là bao nhiêu để thu được tiền lãi cao nhất
khi tổng số công không vượt quá 90.
Câu 3. (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho tam giác ABC có
(
) (
)
1; 2 , 2; 7
AB
. Biết độ dài
đường cao kẻ từ A bằng 1 và đỉnh C thuộc đường thẳng
. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu 4. (3 điểm)
Cho tam giác
ABC
có
sin 2018sin
sin
2018cos cos
BC
A
BC
+
=
+
và độ dài các cạnh là các số tự nhiên.
Gọi M là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh tam giác
MBG có diện tích là một số tự nhiên.
Câu 5. (2 điểm)
Cho các số thực
,xy
thỏa mãn
2 2 11
xy x y+ = − + ++
. Tìm giá trị lớn nhất và giá
trị nhỏ nhất của biểu thức
( ) ( )
( )
21
F
22
xy x y
xy
xy yx
xy
++
= −+ −+
+
.
--------------------------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: ………………
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
HÀ TĨNH
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018
Môn thi: TOÁN LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Điều kiện:
5
2
2
x−≤ <
;
1
2
x ≠
*) Với
1
2
2
x
−≤ <
thì VT(1) < 0 nên (1) luôn thỏa mãn
*) Vói
15
22
x
<<
thì hai vế của BPT đều dương nên
( ) ( )( )
1 2 3 52 52 23 52x x x x xx
⇔ +− −≥ − ⇔− + − ≥−
( )( )
2
3
23 2 60
2
2
x
x xx xx
x
≤−
⇔ + − ≤⇔ −−≥⇔
≥
Kết hợp khoảng đang xét ta được
5
2
2
x≤<
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là
15
2; 2;
22
S

=−∪



Điều kiện
1x ≥−
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được
2
1
2 3 1 10
1
1
2
yx
y yx x
yx
= +
− +++= ⇔
= +
*) Với
1yx= +
, thay vào pt(2) được
( )
(
)
22
2
2 1 3 8 60
3
x KTM
x x x xx
x
= −
+ + = +⇔ −−=⇔
=
. Suy ra
2y
=
*) Với
1
1
2
yx= +
, thay vào pt(2) được
( )
2
1
138
2
xx x+ += +
( )
2
5 145
4
2 5 15 0
5 145
4
x KTM
xx
x
−
=
⇔ −−=⇔
+
=
. Suy ra
1 9 145
24
y
+
=
Kết luận: Hệ có hai nghiệm
( )
;xy
là
( )
3; 2
và
5 145 1 9 145
;
42 4

++



Ta có
( )
43 22
1 8 4 16 0mx x mx x x m
⇔ ++ −++ =
( )
2
2
2 23
22
44
44
xx
mx x x x m
xx

⇔ + =−− ⇔= −

++

Đặt
2
1
0
44
x
tt
x

= ≤≤

+

, phương trình (1) trở thành:
2
t tm−=
(2)
Xét hàm số
( )
2
ft t t= −
trên đoạn
1
0;
4



, ta có bảng biến thiên
t
0
1
4
f(t)
0
3
16
−
Dựa vào bảng biến thiên ta có
3
0
16
m− ≤≤
Lưu ý: Có thể chia hai vế cho
2
x
và sử dụng ẩn phụ
4
tx
x
= +
Gọi
,xy
lần lượt là diện tích trồng đậu và trồng cà (đơn vị là
2
100m
). Ta có
0; 0; 8x y xy
≥ ≥ +≤
Do tổng số công không vượt quá 90 nên
10 15 90 2 3 18x y xy+ ≤⇔+≤
Tổng số tiền lãi là
79T xy= +
(triệu đồng)
Ta có
( ) ( )
7 9 3 2 2 3 3.8 2.18 60T x y xy x y=+ = ++ + ≤ + =
Đẳng thức xảy ra khi
86
2 3 18 2
xy x
xy y
+= =

⇔

+= =

Vậy cần trồng đậu trên diện tích
2
600m
và trồng cà trên diện tích
2
200m
thì tổng số
tiền lãi cao nhất.
Lưu ý: Có thể dùng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài này
Kẻ đường cao AK và CH của tam giác ABC. Ta có
( )
1; 5 , 26
AB AB= =

Phương trình đường thẳng AB:
5 30xy−−=
Gọi
( )
;3Cc
suy ra
( )
56
;
26
c
CH d C AB
−
= =
( )
2
2
2 4 4 20BC c c c= − += − +
Ta có
2
. . 4 20 5 6AK BC AB CH c c c= ⇔ −+ = −
22
2
4 20 25 60 36
2
24 56 16 0
1
3
cc c c
c
cc
c
⇔−+= − +
=
⇔ − +=⇔
=
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là
( )
1
2;3 , ;3
3
CC



Đặt
2018m
=
,ta có
( )
sin sin
sin cos cos
cos cos
Bm C
A b mc a m B C
mB C
+
= ⇔+ = +
+
( )
222
222
22
ma c b
abc
b mc
cb
+−
+−
⇔+ = +
( )
( ) ( )
222 222
2bc b mc mb a c b c a b c⇔ + = +− + +−
( )
( )
2 2 2 2 3 2 23
222
2 22
22
0
b c mbc mba mbc mb ca cb c
c mb b c a
abc
⇔ + = + − ++−
⇔+ +− =
⇔=+
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Dễ dàng chứng minh được
6.
ABC MBG
SS
=
suy ra
12.
MBG
bc S=
. Do đó ta cần chứng minh
bc
chia hết cho 12.
Để giải quyết bài toán, chúng ta cần sử dụng một số tính chất của số chính phương:
- Số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương lẻ chia 8 chỉ dư 1.
*) Trước hết ta thấy trong hai số
22
,bc
có ít nhất một số chia hết cho 3. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 3. Khi đó mỗi số đều chia 3 dư 1. Do đó
2
a
chia 3 dư 2, trái với tính chất của số chính phương.
Do 3 là số nguyên tố nên trong hai số
,bc
có ít nhất một số chia hết cho 3 (1).
*) Ta chứng minh trong hai số
,bc
có ít nhất một số chia hết cho 4. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 4. Khi đó
4 ,4b m rc n q=+=+
,
{ }
, 1; 2; 1rq∈−
.
- Nếu
{ }
, 1;1rq
∈−
thì
2
a
chia 4 dư 2, vô lí.
- Nếu
{ }
1;1 , 2rq∈− =
hoặc ngược lại thì
2
a
là số lẻ và
2
a
chia 8 dư 5, vô lí.
- Nếu
2rq= =
thì
( ) ( )
22
2
42 1 42 1am n a= ++ +⇒
là số chẵn. Đặt
2ap=
, suy ra
( ) ( )
22
22
2 1 21pm n p= ++ +⇒
chia 4 dư 2, vô lí.
Vậy trong hai số
,bc
có ít nhất một số chia hết cho 4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
A
H
B
C
K
K
Điều kiện:
2; 1xy≥ ≥−
.
Ta có
(
)
( )
(
)
2
22
2. 2 1. 1 2 1 2 1x y xy−+ + ≤ + −++
2 2 1 5( 1)x y xy⇔ −+ +≤ + −
.
Do đó, từ
2 2 11xy x y
+ = − + ++
5( 1) 1xy xy⇒+≤ +− +
Đặt
txy= +
, ta có:
1 5( 1) 1 6tt t−≤ − ⇔≤≤
Khi đó: F =
22
1 212
()
22
xy t
xy t
++ = +
+
.Xét hàm số
2
12
()
2
ft t
t
= +
, với
[ ]
1; 6t
∈
*) Ta có
( )
2
5
1111 15
5
2 32 2
2222
t
ft
tttt
=++++≥ =
Đẳng thức xảy ra khi
1t =
.
Vậy
min F 1=
khi
2, 1
xy= = −
*) Ta có
( ) ( )
( )
( )( )
( )
( )
2
26
1 11 1
6 36 2 6 6
22
6
66
t
ft f t t t
t
tt
−

− = − + − = + −− =

+

(
)
( )
[ ]
14
6 6 0, 1; 6
2
66
tt t
tt


− + − ≤ ∀∈

+

Vậy
2
max 18
6
F = +
khi
6, 0
xy= =
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH HÀ TĨNH
LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2017-2018
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Môn thi: TOÁN LỚP 10
(Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu)
Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (6 điểm)
a) Giải bất phương trình 1 1 ≤ .
x + 2 − 3 − x 5 − 2x 2 2
x + 2y = 3x + 8
b) Giải hệ phương trình  . 2
x + 3y x +1 = 4x + 9 Câu 2. (6 điểm)
a) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có nghiệm không âm 4 3
mx + x + ( m − ) 2 8
1 x + 4x +16m = 0.
b) Một hộ nông dân dự định trồng đậu và cà trên diện tích 2
800m . Biết rằng cứ 2 100m
trồng đậu cần 10 công và lãi 7 triệu đồng còn 2
100m trồng cà cần 15 công và lãi 9 triệu
đồng. Hỏi cần trồng mỗi loại cây trên diện tích là bao nhiêu để thu được tiền lãi cao nhất
khi tổng số công không vượt quá 90. Câu 3. (3 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;2), B (2;7) . Biết độ dài
đường cao kẻ từ A bằng 1 và đỉnh C thuộc đường thẳng y − 3 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh C. Câu 4. (3 điểm)
sin B + 2018sin C Cho tam giác ABC có
= sin A và độ dài các cạnh là các số tự nhiên.
2018cos B + cos C
Gọi M là trung điểm cạnh BC và G là trọng tâm tam giác ABC. Chứng minh tam giác
MBG có diện tích là một số tự nhiên. Câu 5. (2 điểm)
Cho các số thực x, y thỏa mãn x + y = 2 x − 2 + y +1 +1 . Tìm giá trị lớn nhất và giá 2(1+ xy x + y x y )
trị nhỏ nhất của biểu thức F =
(x − y) + ( y − x) + . 2 2 x + y
--------------------------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: ……………… Điều kiện: 5 1 2
− ≤ x < ; x ≠ 2 2 *) Với 1 2
− ≤ x < thì VT(1) < 0 nên (1) luôn thỏa mãn 2 1 5 *) Vói
< x < thì hai vế của BPT đều dương nên 2 2
( )1 ⇔ x + 2 − 3− x ≥ 5− 2x ⇔ 5− 2 (x + 2)(3− x) ≥ 5− 2x  3 ( x ≤ − x 2)(3 x) 2 x 2x x 6 0  ⇔ + − ≤ ⇔ − − ≥ ⇔ 2  x ≥ 2
Kết hợp khoảng đang xét ta được 5 2 ≤ x < 2
Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là  1   5  S = 2; − ∪ 2;      2   2  Điều kiện x ≥ 1 −
Trừ vế theo vế hai phương trình của hệ ta được  y = x +1 2 
2 y − 3y x +1 + x +1 = 0 ⇔ 1  y = x +1  2
*) Với y = x +1 , thay vào pt(2) được x = 2 − KTM 2 x + 2 ( x + ) 2 ( )
1 = 3x + 8 ⇔ x − x − 6 = 0 ⇔  . Suy ra y = 2 x = 3 *) Với 1 1 y =
x +1 , thay vào pt(2) được 2 x + (x + )1 = 3x +8 2 2  5 − 145 x = (KTM ) 1 9 + 145 2 4
⇔ 2x − 5x −15 = 0 ⇔  . Suy ra y =  5 + 145 2 4 x =  4  
Kết luận: Hệ có hai nghiệm ( 5 + 145 1 9 + 145 ;
x y ) là (3; 2) và  ;   4 2 4    Ta có ( ) 4 3 2 2
1 ⇔ mx + x + 8mx − x + 4x +16m = 0 ⇔ (  x x m x + 4) 2 2 2 2 3
= x − x − 4x ⇔ m = −   2 2  x + 4  x + 4 Đặt x  1  t = 0 ≤ t ≤ 
 , phương trình (1) trở thành: 2
t − t = m (2) 2 x + 4  4  Xét hàm số ( )   2
f t = t − t trên đoạn 1 0; 
 , ta có bảng biến thiên  4 1 t 0 4 0 f(t) 3 − 16
Dựa vào bảng biến thiên ta có 3 − ≤ m ≤ 0 16
Lưu ý: Có thể chia hai vế cho 2
x và sử dụng ẩn phụ 4 t = x + x
Gọi x, y lần lượt là diện tích trồng đậu và trồng cà (đơn vị là 2 100m ). Ta có
x ≥ 0; y ≥ 0; x + y ≤ 8
Do tổng số công không vượt quá 90 nên 10x +15y ≤ 90 ⇔ 2x + 3y ≤18
Tổng số tiền lãi là T = 7x + 9y (triệu đồng)
Ta có T = 7x + 9 y = 3( x + y) + 2(2x + 3y) ≤ 3.8 + 2.18 = 60  + =  =
Đẳng thức xảy ra khi x y 8 x 6  ⇔  2x + 3y = 18 y = 2
Vậy cần trồng đậu trên diện tích 2
600m và trồng cà trên diện tích 2 200m thì tổng số tiền lãi cao nhất.
Lưu ý: Có thể dùng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải bài này 
Kẻ đường cao AK và CH của tam giác ABC. Ta có AB = (1;5), AB = 26
Phương trình đường thẳng AB: 5x − y − 3 = 0 − Gọi c C ( ;
c 3) suy ra CH = d (C AB) 5 6 ; = 26 BC = (c − )2 2 2
+ 4 = c − 4c + 20 Ta có 2
AK.BC = A . B CH ⇔
c − 4c + 20 = 5c − 6 2 2
⇔ c − 4c + 20 = 25c − 60c + 36 c = 2 2 
⇔ 24c − 56c +16 = 0 ⇔ 1 c =  3
Vậy có hai điểm thỏa mãn bài toán là   C ( ) 1 2;3 , C ;3    3  A H C B K + Đặt sin B m sin C m = 2018 ,ta có
= sin A ⇔ b + mc = a(mcos B + cosC)
m cos B + cos C m ( 2 2 2
a + c − b ) 2 2 2
a + b − c ⇔ b + mc = + 2c 2b ⇔ ( + ) = ( 2 2 2 + − ) + ( 2 2 2 2bc b mc mb a c b
c a + b − c ) 2 2 2 2 3 2 2 3
⇔ 2b c + 2mbc = mba + mbc − mb + ca + cb − c
⇔ (c + mb)( 2 2 2
b + c − a ) = 0 2 2 2
⇔ a = b + c
Vậy tam giác ABC vuông tại A.
Dễ dàng chứng minh được S = 6.S
suy ra bc = 12.S
. Do đó ta cần chứng minh ABC MBG MBG bc chia hết cho 12.
Để giải quyết bài toán, chúng ta cần sử dụng một số tính chất của số chính phương:
- Số chính phương chia 3 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương chia 4 chỉ dư 0 hoặc 1.
- Số chính phương lẻ chia 8 chỉ dư 1.
*) Trước hết ta thấy trong hai số 2 2
b , c có ít nhất một số chia hết cho 3. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 3. Khi đó mỗi số đều chia 3 dư 1. Do đó 2 a
chia 3 dư 2, trái với tính chất của số chính phương.
Do 3 là số nguyên tố nên trong hai số ,
b c có ít nhất một số chia hết cho 3 (1).
*) Ta chứng minh trong hai số ,
b c có ít nhất một số chia hết cho 4. Thật vậy, giả sử
không có số nào trong hai số đó chia hết cho 4. Khi đó b = 4m + r,c = 4n + q ,
r, q ∈{1; 2; − } 1 .
- Nếu r, q ∈{ 1 − ; } 1 thì 2
a chia 4 dư 2, vô lí. - Nếu r ∈{ 1 − ; }
1 , q = 2 hoặc ngược lại thì 2 a là số lẻ và 2
a chia 8 dư 5, vô lí. 2 2
- Nếu r = q = 2 thì 2 a = 4 (2m + ) 1 + 4 (2n + ) 1
⇒ a là số chẵn. Đặt a = 2 p , suy ra
p = ( m + )2 + ( n + )2 2 2 2 1 2 1
⇒ p chia 4 dư 2, vô lí.
Vậy trong hai số b,c có ít nhất một số chia hết cho 4 (2).
Từ (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.
Điều kiện: x ≥ 2; y ≥ 1 − . 2 Ta có ( x − + y + ) ≤ ( 2 2 2. 2 1. 1
2 +1 )( x − 2 + y + ) 1 ⇔ 2 x − 2 +
y +1 ≤ 5(x + y −1) .
Do đó, từ x + y = 2 x − 2 + y +1 +1 ⇒ x + y ≤ 5(x + y −1) +1
Đặt t = x + y , ta có: t −1≤ 5(t −1) ⇔ 1≤ t ≤ 6 Khi đó: F = 1 2 1 2 1 2 2 2 (x + y) + = t + .Xét hàm số 2 f (t) = t + , với t ∈[1;6] 2 x + y 2 t 2 t t 1 1 1 1 1 5 *) Ta có f (t ) 2 5 = + + + + ≥ 5 = 2 2 t 2 t 2 t 2 t 32 2
Đẳng thức xảy ra khi t =1 .
Vậy min F =1 khi x = 2, y = 1 − 1  1 1  1 2 t − 6
*) Ta có f (t ) − f (6) = ( 2 t − 36) + 2 −
= (t + 6)(t − 6) ( ) − =   2  t 6  2 6t ( t + 6 )   1 (t − ) 4 6 t + 6 −  ≤ t ∀ ∈ 2  6t  ( t + 6) 0, [1;6]   Vậy 2 max F = 18 +
khi x = 6, y = 0 6
Document Outline

  • DE TOAN 10THPT
  • Lời giải đề thi HSGT môn toán 10