Đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm 2012 – 2013 trường THPT Thuận An – TT Huế

Giới thiệu đến quý thầy, cô giáo và các em học sinh lớp 10 đề thi học sinh giỏi Toán 10 năm học 2012 – 2013 trường THPT Thuận An, tỉnh Thừa Thiên Huế; đề thi có đáp án, lời giải chi tiết và hướng dẫn chấm điểm

34 17 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
SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ
TRƯỜNG THPT THUẬN AN
THI HỌC SINH GIỎI TOÁN KHỐI 10
NĂM HỌC 2012-2013
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh :............................................................... Số báo danh : .............................
ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I. (4 điểm) Cho phương trình
2
(2 1) 2 0mx m x m
, m là tham số
1. Tìm m để phương trình đã cho có một nghiệm.
2. Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần
nghiệm kia.
Câu II. (4 điểm) Cho hệ phương trình
22
x
yxya
x
ya


(1) , a là tham số
1. Giải hệ phương trình (1) khi a = 5.
2. Tìm a để hệ phương trình (1) có nghiệm.
Câu III. (2 điểm) Giải phương trình:
13 3 16
x
xx
Câu IV. (4 điểm)
1. Cho tam giác ABC. Trên các cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N,
P thỏa mãn
2AM AB BC

,
3BN BC AC
  
,
2CP CA

. Chứng minh rằng hai tam
giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.
2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường thẳng x = 1
điểm M sao cho góc
45
o
MBA
.
Câu V. (2 điểm) Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác;
,,
abc
hhh
là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó.
Chứng minh:
1111
abc
hhhr

Câu VI. (4 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:
222
22 2
111abc
bc ca ab a b c

------------------------------------ Hết -------------------------------------
HƯỚNG DẪN CHẤM
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
I.1
(2 điểm) Cho phương trình
2
(2 1) 2 0mx m x m , m là tham số
1. Tìm m để phương trình có một nghiệm
m = 0:
2x 
0m : 41m
Pt có 1 nghiệm
1
0
4
m
Vậy: m = 0 hoặc
1
4
m 
0,25đ
0,5đ
0,25đ
I.2
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần
nghiệm kia
Pt có 2 nghiệm
1
0
4
0
0
m
m
m




Theo Viet và gt ta có:
12
12
12
12
2
.
2
m
xx
m
m
xx
m
xx

Giải được:
2
10 2 0mm
533
533
m
m


(thỏa)
Vậy
533
533
m
m


0,25đ
0, 25đ
0, 5đ
II.1
(2 điểm) Cho hệ phương trình
22
x
yxya
x
ya


, a là tham số
1. Giải hệ phương trình khi a = 5
0,25đ
a = 5: ta có
22
5
5
xyxy
xy



2
5
25
xyxy
xy xy


đặt S = x + y ; P = xy , ta có:
2
5
25
SP
SP


3
2
S
P
hoặc
5
10
S
P
+ Với
3
2
S
P
giải được
1
2
x
y
hoặc
2
1
x
y
+ Với
3
2
S
P
: vô nghiệm
Vậy hpt có 2 nghiệm (1;2);(2;1)
0,25đ
0,25đ
0,25đ
II.2
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm
Ta có:
2
230SSa (*)
31a
1
3
a 
: (*) vô nghiệm
1
3
a 
: (*) có nghiệm S = -1
2
3
P
: vô nghiệm
1
3
a 
:(*) có 2 nghiệm:
1
1
113
113
S
Pa


hoặc
2
2
113
113
S
Pa


ĐK hệ pt có nghiệm
2
40SP
(a)
2
11
40SP giải được : 08a
(b)
2
22
40SP : vô nghiệm
Vậy
08a
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
III
(1 điểm) Giải phương trình: 13 3 16
x
xx (*)
ĐK:
316x
Với ĐK trên (*)

2
13 3 16
x
xx
0,25đ
0,25đ
2( 3)(16 )
x
xx
2
4( 3)(16 )
x
xx
2
5 76 192 0xx
12
16
5
x
x
(thỏa)
Vậy:
12
16
5
x
x
0,25đ
0,25đ
IV
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N,
P thỏa mãn
2AM AB BC
  
, 3
NBCAC
  
, 2CP AC
 
. Chứng minh rằng
hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm.
Ta có hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm
AM BN CP
  
= 0
Mà :
AM BN CP
  
= 2AB BC
 
+3
B
CAC
 
+2CA

= 0
Vậy ta có ĐPCM
0, 5đ
0, 5đ
IV.2
2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường
thẳng x = 1 điểm M sao cho góc
0
45MBA
Gọi M(1; y) thuộc đt x = 1
(1; 4)
(4;3)
BM y
BA




GT:
0
22
( 1)( 4) 3( 4)
cos( , ) cos45
1( 4).4 3
y
BM BA
y




2
316 2
2
51 ( 4)
y
y


2
78870yy
0,25đ
0, 25đ
0,25đ
3
29
7
y
y

Vậy :
12
29
(1; 3); (1; )
7
MM
0,25đ
V
(1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác;
,,
abc
hhh
là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó
Chứng minh:
1111
abc
hhhr

Ta có :
11
.
22
a
a
a
Sah
hS

Tương tự:
1
2
b
b
hS
;
1
2
c
c
hS
Do đó:
111 1
2
abc
abc p
hhh S Sr


: ĐPCM
0, 5đ
0,5đ
VI
(2 điểm)
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:
222
22 2
111abc
bc ca ab a b c

Áp dụng BĐT Cauchy, ta có:
22 2
22 2
111
2
ab c abc
bc c ca a ab b bc ca ab







Mà 2
abc
bc ca ba




=
111
2
ab bc ca
bc ca ca ab ab bc a b c




Suy ra:
22 2
22 2
111ab c
bc c ca a ab b




111
2
abc




222
22 2
111abc
bc ca ab a b c

: ĐPCM
0, 5đ
0, 5đ
0, 5đ
0, 5đ
| 1/5
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT THỪA THIÊN HUẾ
THI HỌC SINH GIỎI TOÁN KHỐI 10
TRƯỜNG THPT THUẬN AN NĂM HỌC 2012-2013
Thời gian làm bài: 120 phút ( không kể thời gian phát đề)
Họ và tên thí sinh :............................................................... Số báo danh : ............................. ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu I. (4 điểm) Cho phương trình 2
mx  (2m 1)x m  2  0 , m là tham số 1. Tìm
m để phương trình đã cho có một nghiệm. 2. Tìm
m để phương trình đã cho có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia.
x y xy a
Câu II. (4 điểm) Cho hệ phương trình  (1) , a là tham số 2 2
x y a 1.
Giải hệ phương trình (1) khi a = 5. 2. Tìm
a để hệ phương trình (1) có nghiệm.
Câu III. (2 điểm) Giải phương trình: x 13  x  3  16  x
Câu IV. (4 điểm)
1. Cho tam giác ABC. Trên các cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N,        
P thỏa mãn AM AB  2BC , BN  3BC AC , CP  2CA. Chứng minh rằng hai tam
giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. 2. Trong
mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường thẳng x = 1 điểm M sao cho góc  45o MBA  .
Câu V. (2 điểm) Gọi a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác; h , h , h a b
c là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. 1 1 1 1 Chứng minh:    h h h r a b c
Câu VI. (4 điểm) 2 2 2 a b c 1 1 1 Cho
a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:      2 2 2 b c c a a b a b c
------------------------------------ Hết ------------------------------------- HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU NỘI DUNG ĐIỂM I.1
(2 điểm) Cho phương trình 2
mx  (2m 1)x m  2  0 , m là tham số
1. Tìm m để phương trình có một nghiệm 0,25đ  m = 0: x  2 
m  0 :   4m 1 0,5đ Pt có 1 nghiệm 1
   0  m   4 0,25đ Vậy: m = 0 hoặc 1 m   4 I.2
2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm thỏa mãn nghiệm này gấp hai lần nghiệm kia 0,25đ  1   0    Pt có 2 nghiệm m     4 m  0 m  0  1 2m x x   1 2 m  0, 25đ Theo Viet và gt ta có:  m  2 x .x  1 2 m  x  2x 1 2   Giải được: 2
m 10m  2  0 m  5 3 3   (thỏa) 0, 5đ m  5 3 3 m  5 3 3 Vậy  m  5  3 3 II.1
x y xy a
(2 điểm) Cho hệ phương trình  , a là tham số 2 2
x y a
1. Giải hệ phương trình khi a = 5 0,25đ
x y xy  5
x y xy  5 a = 5: ta có     2 2 x y  5   x y  2  2xy  5 0,25đ S P  5 S  3 S  5
đặt S = x + y ; P = xy , ta có:    hoặc  2
S  2P  5 P  2 P 10 0,25đ S  3 x 1 x  2 + Với  giải được  hoặc  P  2 y  2 y 1 0,25đ S  3 + Với  : vô nghiệm P  2
Vậy hpt có 2 nghiệm (1;2);(2;1) II.2
2. Tìm a để hệ phương trình có nghiệm Ta có: 2
S  2S  3a  0 (*)   3a 1 0,25đ  1
a   : (*) vô nghiệm 3  1
a   : (*) có nghiệm S = -1 2
P  : vô nghiệm 3 3    S  1   1 3 S  1   1 3 1
a   :(*) có 2 nghiệm: 1  hoặc 2  0,25đ 3
P a 1 1 3 
P a 1 1 3 1  2 ĐK hệ pt có nghiệm 2 S  4P  0 (a) 2
S  4P  0 giải được : 0  a  8 1 1 0,25đ (b) 2
S  4P  0 : vô nghiệm 2 2 0,25đ Vậy 0  a  8 III
(1 điểm) Giải phương trình: x 13  x  3  16  x (*) ĐK: 3  x 16 0,25đ
Với ĐK trên (*)  x    x    x 2 13 3 16 0,25đ
x  2 (x  3)(16  x) 2
x  4(x  3)(16  x) 0,25đ 2
 5x  76x 192  0 x 12   16 (thỏa) x   5 x  12 0,25đ Vậy:  16 x   5 IV
Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB, BC, CA lấy lần lượt các điểm M, N,    
   
P thỏa mãn AM AB  2BC , BN  3BC AC , CP  2AC . Chứng minh rằng
hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm. 0, 5đ
   
Ta có hai tam giác ABC và MNP có cùng trọng tâm  AM BN CP = 0
        
Mà : AM BN CP = AB  2BC +3BC AC + 2CA = 0 0, 5đ Vậy ta có ĐPCM IV.2
2. Trong mặt phẳng tọa độ, cho A( - 2; -1); B(2; - 4). Tìm trên đường
thẳng x = 1 điểm M sao cho góc 0 MBA  45
Gọi M(1; y) thuộc đt x = 1  BM  ( 1  ; y  4) 0,25đ  BA  ( 4  ;3)   GT: (1)( 4)   3(y  4) 0 cos(BM , ) BA   cos45 2 2
1 ( y  4) . 4  3 3y 16 2   0, 25đ 2 5 1 ( y  4) 2 2
 7 y  8y 87  0 0,25đ  y  3   29  y   0,25đ  7 Vậy : 29
M (1;3); M (1;  ) 1 2 7 V
(1 điểm) Gọi a, b, c là ba cạnh của tam giác; h , h , h a b
c là độ dài ba đường
cao tương ứng ba cạnh đó; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó 1 1 1 1 Chứng minh:    h h h r a b c Ta có : 1 1 a S  . a h   2 a h 2S a 0, 5đ Tương tự: 1 b  ; 1 ch 2S h 2S b c 1 1 1
a b c p 1 Do đó:      : ĐPCM 0,5đ h h h 2S S r a b c VI (2 điểm) 2 2 2 a b c 1 1 1
Cho a, b, c là ba số thực dương. Chứng minh:      2 2 2 b c c a a b a b c
Áp dụng BĐT Cauchy, ta có: 0, 5đ 2 2 2  a 1   b 1   c 1   a b c              2   2 2 2  
b c c   c a a   a b b   bc ca ab   a b ca b   b c   c a   1 1 1 0, 5đ Mà   2     =       2          
bc ca ba   bc ca   ca ab   ab bc   a b c  2 2 2        1 1 1 Suy ra: a 1 b 1 c 1             2   0, 5đ 2 2 2   
b c c   c a a   a b b   a b c  2 2 2 a b c 1 1 1       : ĐPCM 0, 5đ 2 2 2 b c c a a b a b c