Đề thi chọn HSG Toán năm 2019 – 2020 trường THPT Ngô Gia Tự – Phú Yên Toán 12
Ngày … tháng 10 năm 2019, trường THPT Ngô Gia Tự, tỉnh Phú Yên tổ chức kỳ thi chọn học sinh giỏi môn Toán THPT năm học 2019 – 2020, nhằm tuyển chọn những em học sinh giỏi Toán của trường, thành lập đội tuyển để tham dự kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán cấp tỉnh.
Preview text:
SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ MÔN: TOÁN U U
(Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình 3 3
x +1 = 2 2x −1 .
Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại .
A Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm
B′ và C′ sao cho A .
B AB′ = AC.AC .′ Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AM ⊥ B C ′ .′
Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos 2x + sin x + m − 3 = 0.
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng (0;π ).
Câu 4. (4,0 điểm) Cho 2
f (x) = mx + 4(m −1)x + m −1 ( m là tham số).
a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f (x) > 0 với mọi x ∈ .
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để f (x) < 0 với mọi x ∈ (0; 2).
x + + y + = m
Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình 1 2 ( m là tham số).
x + y = 3m
a. Giải hệ phương trình khi m = 4.
b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm.
Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ OM ,ON và BC AC AB 2 p
OP lần lượt vuông góc với các cạnh BC, AC và A . B Chứng minh + + ≥ trong đó OM ON OP r
p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại .
B Kéo dài AC về phía C một đoạn CD = AB = 1; 0
CBD = 30 . Tính độ dài đoạn AC.
---------- HẾT ----------
SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020
TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn Toán – Thời gian: 150 phút Câu Đáp án Điểm Câu1 Đặt: 3 y = 2x −1. (2,0 điểm) 3 3 3 1,0 x +1 = 2 y x +1= 2y x +1= 2y Ta có: ⇔ ⇔ 3 3 3 2 2 y +1 = 2x
x − y = 2(y − x)
(x − y)(x − xy + y + 2) = 0 2 2 y 3y 0,25 Do 2 2
x − xy + y + 2 = x − + + 2 > 0 x ∀ , y 2 4 3 x +1 = 2y Nên ta có hệ: 3 2
⇒ x +1 = 2x ⇔ (x −1)(x + x −1) = 0 0,5 x = y x =1 1 − + 5 ⇔ x = 2 0,25 1 − − 5 x = 2 Câu 2
Vì M là trung điểm của BC nên B
(2,0 điểm) 1 0,5 AM = (AB+ AC) B' M 2 A C C'
1
Ta có: AM .B C
′ ′ = (AB + AC)(AC′− AB′) = AC.AC′− A . B AB′ = 0 2 1,5
Vậy: AM ⊥ B C ′ ′ Câu 3 a. (1,5 điểm) 2
cos 2x + sin x + m − 3 = 0 ⇔ 2 sin x − sin x = m − 2 0,25
(3,0 điểm) Đặt: t = sin x,t ∈[ 1 − ] ;1 Phương trình trở 0,5 thành 2
2t − t = m − 2 Xét hàm số 2
y = 2t − t với t ∈[ 1 − ; ] 1 0,75
Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m − 2 =1⇔ m = 3
b. (1,5 điểm) x∈(0;π ) ⇒ t ∈(0; ] 1 1,0 Xét hàm số 2
y = 2t − t trên nửa khoảng (0; ] 1 Để 1 15
phương trình có 4 nghiệm phân biệt ⇔ − < m − 2 < 0 ⇔ < m < 2 8 8 0,5 Câu 4 a. (1,5 điểm) (4,0 điểm) 1 0,5
+ Khi m = 0 thì f (x) > 0 ⇔ 4
− x −1 > 0 ⇔ x < − (loại) 4 + Khi m ≠ 0 để 1,0 m > 0 m > 0 4
f (x) > 0 x ∀ ∈ ⇔ ⇔ ⇔ 1 < m < ∆′ < 0
(m −1)(3m − 4) < 0 3 b. (2,5 điểm) 1 0,5
+ Khi m = 0 thì f (x) < 0 ⇔ 4
− x −1 < 0 ⇔ x > − (thỏa mãn) 4 m < 0 m < 0 + ⇔ ⇒ VN ∆′ < 0
(m −1)(3m − 4) < 0 0,5
+ Khi m > 0 đề f (x) < 0 x
∀ ∈(0;2) thì f (x) = 0 có hai nghiệm x , x thỏa 1 2
x ≤ 0 < x (1) 1 2
x ≤ 0 < 2 ≤ x ⇔ 0,5 1 2
x < 2 ≤ x (2) 1 2 m −1 0,5 (1) ⇔
≤ 0 ⇔ 0 < m ≤ 1 m 13 0,5
(2) ⇔ (x − 2)(x − 2) ≤ 0 ⇔ x x − 2(x + x ) + 4 ≤ 0 ⇔ 0 < m ≤ 1 2 1 2 1 2 10 13 Vậy: 0 ≤ m ≤ . 10 Câu 5 a. (1,5 điểm) (4,0 điểm)
x +1 + y + 2 = 4 y = 12 − x 1,0 Khi m = 4 ta có ⇔ + = + + − = x y 12 x 1 14 x 4 ( 1 − ≤ x ≤14; 2 − ≤ y ≤13) 13 + 4 14 x = 2 2
⇒ 2 (x +1)(14 − x) = 1 ⇔ 4
− x + 52x + 55 = 0 ⇔ 13 − 4 14 x = 2 11− 4 14 0,5 y = 2 11+ 4 14 y = 2 13+ 4 14 11− 4 14 13− 4 14 11+ 4 14
Vậy: hệ có hai nghiệm ; và ; 2 2 2 2 b. (2,5 điểm)
a + b = m Đặ
t: a = x +1 và b =
y + 2. Hệ trở thành 2 2
a + b = 3m + 3 0,5 a ≥ 0, b ≥ 0
Để hệ có nghiệm khi và chỉ khi đường thẳng a + b = m có điểm chung với 1,0 đường tròn 2 2
a + b = 3m + 3 trong đó a ≥ 0 và b ≥ 0 2
m − 6m − 6 ≤ 0 3 + 21
3m + 3 ≤ m ≤ 6m + 6 2
⇔ m −3m −3 ≥ 0 ⇔ ≤ m ≤ 3 + 15 2 1,0 m ≥ 0 3 + 21 Vậy: ≤ m ≤ 3 + 15 2 Câu 6
Theo BĐT Bunhiacopski, ta có (2,0 điểm) 2 BC AC AB . BC.OM + . AC.ON + . A . B OP OM ON OP BC AC AB ≤ + + 1,0
(BC.OM + AC.ON + A . B OP) OM ON OP BC AC AB 2
⇔ (BC + AC + AB) ≤ + +
(BC.OM + AC.ON + A . B OP) OM ON OP BC AC AB BC AC AB 2 p 2 ⇔ + + .2S ≥ 4 p ⇔ + + ≥ (do S = pr) ABC OM ON OP OM ON OP r ABC 0,5
Dấu bằng xảy ra OM = ON + OP ⇔ O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC 0,5 Câu 7
Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với E (3,0 điể
CD cắt BC tại E m)
Tứ giác ABDE nội tiếp 1,0 DB ∠ C = DA ∠ E D C B A
Đặt AC = x >1⇒ AD = x +1 π x +1 2 0,5 DE = A . D tan = ; BC = x −1 6 3 CD BC 2 CD ∆ E CB ∆ A ⇒ =
⇔ 3 = (x +1) x −1 ED BA 1,0 3 3 3 3
⇔ x(x − 2) + 2(x − 2) = 0 ⇔ (x − 2)(x + 2) = 0 ⇔ x = 2 0,5 Vậy: 3 AC = 2.
Document Outline
- ĐE THI HOC SINH GIOI NĂM 2019 - 2010
- DAP AN DE THI CHON HSG NAM 2019 - 2020