Đề thi chọn HSG Toán 10 năm học 2017 – 2018 trường THPT Quỳ Hợp 1 – Nghệ An

Đề thi chọn HSG Toán 10 năm học 2017 – 2018 trường THPT Quỳ Hợp 1 – Nghệ An gồm 1 trang với 5 bài toán tự luận, thời gian làm bài 150 phút, thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay khi làm bài, đề thi có lời giải chi tiết

19 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Đề thi Toán 10

Môn: Toán 10

Thông tin:

6 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Thanh Tâm
SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1
Ngày thi: 30/01/2018
***
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
Năm học 2017 – 2018
Môn thi: Toán – Lớp 10
(Thời
g
ian
l
àm bài: 150 phú
t
)
Câu I ( 2+2=4 điểm)
Cho parabol
2
(): 1P y ax bx
1) Tìm các giá trị của
;ab để parabol có đỉnh
311
;
22
S




.
2)
Với giá trị của ;ab
tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng
:(6)1yxk cắt parabol tại hai điểm phân biệt
;
M
N
sao cho trung điểm của
đoạn thẳng
M
N nằm trên đường thẳng
:d
4230
x
y.
Câu II ( 2 điểm)
Cho tam giác đều
A
BC và các điểm , ,
M
NP thỏa mãn
BM k BC
 
,
2
3
 
CN CA
,
4
15
 
A
PAB
. Tìm k để
M
vuông góc với PN .
Câu III( 3+3+3=9 điểm)
1) Tìm m để phương trình
3m 1
x6x9mx2x98 x
2
 
có hai nghiệm
12
x,xsao cho
12
x10x
2)
Giải phương trình 3.4 4.5 5.3
x
xx xx xx
3) Giải hệ phương trình
22
22 22
262230
()( 3)3( )2


xy y y
xyx xyy x y
.
Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm)
Cho hình vuông
A
BCD cạnh có độ dài là a. Gọi
;
E
F
là các điểm xác định bởi
1
,
3
B
EBC
 
1
,
2
CF CD

đường thẳng
B
F
cắt đường thẳng
A
E
tại điểm
I
.
1)
Tính giá trị của
.
E
ACE
 
theo a.
2)
Chứng minh rằng
0
90
A
IC
.
Câu V ( 2 điểm)
Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
222


aa bb cc
P
cab abc bca
.
- - - - Hết - - - - -
“CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH”
Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm
Bài 1 4
điểm
Câu 1 Tìm …. 2
điểm
Do Parabol nên và có trục đối xứng nên
.
0,5
Tọa độ đỉnh có tung độ là
mà nên ta có:
ha
y
0,5
Ta có hệ pt
thế vào ta được:
Nếu
loại.
Nếu
thỏa mãn.
Vậ
y
là
g
iá t
r
ị cần
t
ìm.
1,0
Câu 1
ý
2
Tìm m … với parabol
2
điểm
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt
có hai nghiệm phân biệt ,
hay pt:
2
220
x
kxcó hai nghiệm phân biệt có
0,5
Khi đó, giao điểm , ,
nên trung điểm của đoạn
là .
0,5
Theo định lý Viet ta có
12
2
k
xx nên
2
1
23
2
;
42
kk
k
I






0,5
Do I thuộc đường thẳng
nên
2
820kk hay
418k  thì thỏa mãn bài toán.
0,5
Bài 2
Cho tam giác đều
A
BC và các điểm , ,
M
NPthỏa mãn

BM k BC
,
2
3
 
CN CA
,
4
15
 
A
PAB
. Tìm k để
M
vuông góc với PN .
+)
()
    
BM k BC AM AB k AC AB
(1 )

A
MkABkAC
.
+)

  
PN AN AP
41
15 3


A
BAC
B
C
A
M
N
P
Để
M
vuông góc với PN thì
.0

A
MPN
41
(1 ) 0
15 3






  
k AB k AC AB AC
22
0
4(1 ) 1 4
()0
15 3 3 15
4(1 ) 1 4
()cos600
15 3 3 15
1
3






kk kk
AB AC AB AC
kk k k
k
KL:
1
3
k
Câu 3
1) Tìm m để phương trình
3m 1
x6x9mx2x98 x
2
 
Giải:
PT

3m 1
x93m x91 x
2

đặt
tx9,t0
PT trở thành :
 
22
3m 1
t3mt1 t 9 2t 2m1tm130
2
 
(1)
PT ban đầu có nghiệm
12
x10x
(1) có nghiệm

1212
12
'0
0t 1t t 1t 1 0
tt 0

 


2
2
m 1 2 m 13 0
m250
m13
m 1 1 0 13 m 0 m 13
2
m1
m10







2) Giải phương trình
3.4 4.5 5.3
x
xx xx xx
giải:
Điều kiện: 3
x
Đặt
3;4;5
x
axbxc  
với a, b, c là số thực
không âm.
Ta có
222
345 ...
x
abcabbcca 
Do đó



2
2
2
3
3
44
5
5
abca
aabbcca
babbcca bcab
cabbcca
cabc







Nhân từng vế ba phương trình ta được
215abbcca
Suy ra
215
5
215 151515
3543
215
4
ab
bc abc
ca

 

Suy ra
671
240
x . Thử lại
671
240
x thỏa mãn phương trình.
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là
671
240
x
3)
Giải hệ phương trình
22
22 22
262230
()( 3)3( )2


xy y y
xyx xyy x y
.
Giải
Giải hệ phương trình
22
22 22
262230 (1)
()( 3)3( )2(2)


xy y y
xyx xyy x y
.
ĐKXĐ:
1, 5y 
.
(2)


33
33 22
33 3 2 1 1 1 1 2xy xy xy x y x y yx 
Thay vào pt thứ nhất ta được:
22
2
211
11
31 21 21
22
21
x
x
xx x x x
x
x






(Có thể bình phương được pt:

2
2
1( 4 2) 0)xxx
Giải hai pt này ta được
1, 2 2xx
Vậy hệ có hai nghiệm là


;1;1,22,2xy  .
Câu 4
Giải:
1. Tính
theo a.
Ta có
;
Ta có
nên
Mặt khác:
Trong tam giác vuông
ta có
Nên
2.
Chứng minh
Ta có
. Giả sử
Do
thẳng hàng nên: nên
Nên
và
Nên
nên
.
Câu 5 Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
222


aa bb cc
P
cab abc bca
.
Giải
333
33
3
133
()
2816
2()33
13333
3
2816416
33






aa a a a c c
cab c abc c c
aac c ac
cc
Suy ra:
33
416
2


aa a c
cab
Tương tự
33
416
2


bb b a
abc
và
33
416
2


cc c b
bac
Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được
3
2
P
,
3
2
P
khi a=b=c=1. KL
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1
Năm học 2017 – 2018 Ngày thi: 30/01/2018
Môn thi: Toán – Lớp 10 ***
(Thời gian làm bài: 150 phút)
Câu I ( 2+2=4 điểm) Cho parabol 2
(P) : y ax bx 1  3  1  1
1) Tìm các giá trị của ;
a b để parabol có đỉnh S ;   .  2 2  2) Với giá trị của ;
a b tìm được ở câu 1, tìm giá trị của k để đường thẳng
 : y x(k  6) 1 cắt parabol tại hai điểm phân biệt M; N sao cho trung điểm của
đoạn thẳng MN nằm trên đường thẳng d : 4x  2 y  3  0 . Câu II ( 2 điểm)    
Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N, P thỏa mãn BM k BC , 2
CN CA, 3  4  AP
AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 15
Câu III( 3+3+3=9 điểm) 1) Tìm m để phương trình 3m 1
x 6 x 9 m x 2 x 9 8 x 2
có hai nghiệm x , x sao cho x 10 x 1 2 1 2 2)
Giải phương trình x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x. 3  x 2 2  3)
Giải hệ phương trình x y  2y  6  2 2y  3  0  . 2 2 2 2
(x y)(x xy y  3)  3(x y )  2
Câu IV( 1.5+1.5=3 điểm)
Cho hình vuông ABCD cạnh có độ dài là a. Gọi E; F là các điểm xác định bởi
 1   1 
BE BC, CF   CD, đường thẳng BF cắt đường thẳng AE tại điểm I . 3 2  
1) Tính giá trị của E . A CE theo a. 2) Chứng minh rằng  0 AIC  90 . Câu V ( 2 điểm)
Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a ab bc c P .
2c a b
2a b c
2b c a - - - - Hết - - - - -
“CHÚ Ý : HỌC SINH KHÔNG ĐƯỢC SỬ DỤNG MÁY TÍNH” Bài HƯỚNG DẪN CHẤM Điểm Bài 1 4 điểm Câu 1 Tìm …. 2 điểm Do Parabol nên và có trục đối xứng nên 0,5 .
Tọa độ đỉnh có tung độ là mà nên ta có: 0,5 hay Ta có hệ pt thế vào ta được: Nếu loại. 1,0 Nếu thỏa mãn. Vậy là giá trị cần tìm.
Câu 1 Tìm m … với parabol 2 ý 2 điểm
Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt có hai nghiệm phân biệt , 0,5 hay pt: 2
2x kx  2  0 có hai nghiệm phân biệt có Khi đó, giao điểm , ,
nên trung điểm của đoạn là . 0,5  1 2    k 2 3k kk
Theo định lý Viet ta có x x  nên 2 I  ; 1 2  0,5 2 4 2    
Do I thuộc đường thẳng nên 2
k  8k  2  0 hay 0,5
k  4  18 thì thỏa mãn bài toán.  
Bài 2 Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N, P thỏa mãn BM kBC ,
 2   
CN CA, 4 AP
AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 3 15      
+) BM k BC AM AB k(AC AB) A   
AM  (1 k)AB k AC . P N
   4  1 
+) PN AN AP   AB AC 15 3 B C M  
Để AM vuông góc với PN thì AM .PN  0 
  4  1 
 (1 k)AB k AC  AB AC  0     15 3  4(  1 ) k    k 2 2 1 k 4    k AB AC (  ) AB AC  0 15 3 3 15 4(  1 k) k 1 k 4k 0    (  )cos60  0 15 3 3 15 1  k  3 1 KL: k  3 Câu 3
1) Tìm m để phương trình 3m 1
x 6 x 9 m x 2 x 9 8 x 2 Giải: PT         3m 1 x 9 3 m x 9 1 x
đặt t x 9,t 0 2 PT trở thành : 
t 3 m t 13m 1 2 2t 9
2t 2m 1t m 13 0 (1) 2
PT ban đầu có nghiệm x 10 x 1 2  ' 0  (1) có nghiệm 
0 t 1 t   t 1 t 1 0 1 2
1  2
t t 01 2
m 12 2m 13  0 2
m 25 0m 13   
m 1 1 013
  m 0 m 13 2  m  1
m 1 0   2) Giải phương trình
x  3  x. 4  x  4  x. 5  x  5  x. 3  x giải:
Điều kiện: x  3
Đặt 3  x a; 4  x b; 5  x c với a, b, c là số thực không âm. Ta có 2 2 2
x  3  a  4  b  5  c  . a b  . b c  . c a Do đó 2 3
  a ab bc ca
a bc a  3   2
4  b ab bc ca  
b ca b  4  2 
5  c ab bc ca  c a
b c  5
Nhân từng vế ba phương trình ta được
a bb cc a  2 15  2 15 a b  5   2 15 15 15 15 Suy ra b   c
a b c    3 5 4 3   2 15 c a  4  671 671 Suy ra x  . Thử lại x  thỏa mãn phương trình. 240 240 671
Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là x  240 2 2 
3) Giải hệ phương trình x y  2y  6  2 2y  3  0  . 2 2 2 2
(x y)(x xy y  3)  3(x y )  2 Giải 2 2 
Giải hệ phương trình x y  2y  6  2 2y  3  0 (1)  . 2 2 2 2
(x y)(x xy y  3)  3(x y )  2 (2)
ĐKXĐ: y  1,5 . (2) 
x y x y  x y    x  3   y  3 3 3 2 2 3 3 3 2 1
1  x 1  y 1  y x  2
Thay vào pt thứ nhất ta được: 2 2  1   1  
2x 1  1 x 2
x  3x 1   2x 1  x   2x 1         2   2 
 2x 1  x
(Có thể bình phương được pt:  x  2 2
1 (x  4x  2)  0 )
Giải hai pt này ta được x  1, x  2  2
Vậy hệ có hai nghiệm là  ; x y  1;  1 ,2  2, 2 . Câu 4 Giải: 1. Tính theo a. Ta có ; Ta có nên Mặt khác: Trong tam giác vuông ta có Nên 2. Chứng minh Ta có . Giả sử Do thẳng hàng nên: nên Nên và Nên nên .
Câu 5 Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a ab bc c P .
2c a b
2a b c
2b c a Giải 3 3 3 a a a 1 a a c  3 c  3   (   ) 
2c a b
c  (a b c) 2 c  3 c  3 8 16 3 3 1 a a
c  3 c  3 3a c  3 3  3    2
c  3 c  3 8 16 4 16 Suy ra: a a 3a c  3  
2c a b 4 16 Tương tự b b 3b a  3 c c c b    và 3 3  
2a b c 4 16
2b a c 4 16
Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được 3 P , 2 3 P  khi a=b=c=1. KL 2