Đề thi HSG Toán 10 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Yên Phong 2 – Bắc Ninh

Đề thi HSG Toán 10 cấp trường năm 2018 – 2019 trường Yên Phong 2 – Bắc Ninh gồm 01 trang, đề được biên soạn theo hình thức tự luận với 7 bài toán, thời gian làm bài 150 phút, mời các bạn đón xem

35 18 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 BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
ĐỀ CHÍNH THỨC
Đề gồm có : 01 trang
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học : 2018 – 2019
Môn: Toán Lớp: 10
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 26/01/2019
Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số
2
(2 3) 2 2y x m x m
(1)
1) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2) Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng
3 1y x
tại hai điểm A, B
phân biệt sao cho
OAB
vuông tại O ( với O là gốc toạ độ).
Câu 2 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số
2
1
2
x
y x m
x m
xác định trên khoảng ( - 1; 3).
Câu 3 (5 điểm). Giải các phương trình sau
2
3 2
1) 3 1 7 2
2) 3 1 4 3 5 4
3) 3 3 5 2 3 10 26 0.
x x x
x x x
x x x x x
Câu 4 (2 điểm). Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1
(2 1) 1
x x y xy xy y
x y xy x
Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 1, AC = x và
0
60 .BAC
Các điểm M, N
được xác định bởi
2MC MB
và
. Tìm x để AM và CN vuông góc với
nhau.
Câu 6 (2 điểm). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta
có
2 2 2
1
. . . ( )
6
GAGB GBGC GC GA AB BC CA
  
.
Câu 7 (2 điểm). Cho
, , [2018;2019]x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
| 2018.2019 | | 2018.2019 | | 2018.2019 |
( , , )
( ) ( ) ( )
xy yz zx
f x y z
x y z y z x z x y
.
--------------------- Hết ---------------------
Họ và tên thí sinh:........................................... Số báo danh: ................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
Năm học : 2018 – 2019
Môn: Toán Lớp: 10
Ngày thi: 26/01/2019
Câu Nội dung Điểm
1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2,0
1(4đ)
2) Phương trình hoành độ giao điểm:
2
2 2 3 0(*)x mx m
* Tìm được điều kiện để dường thẳng cắt đồ thị hàm số tai A, B là
3m
hoặc
1m
* Gọi
1 2
,x x
là các nghiệm pt (*), ta có
1 2
1 2
2
2 3
x x m
x x m
*
1 1 2 2
( ;3 1), ( ;3 1)A x x B x x
. Tính được
1 2 1 2
. 0 10 3( ) 1 0
31
26 31 0
26
OAOB x x x x
m m
 
Kết luận
31
26
m
0.5
1
0.5
Hàm số xác định khi
1 0 1
2 0 2
x m x m
x m x m
Tập xá định của hàm số là
[ 1;2 )D m m
với điều kiện
1 2 1.m m m
1
2(2đ)
Hàm số xác định trên
( 1;3)
khi và chỉ khi
( 1; 3) [ 1;2 )
0
1 1 3 2
3
2
m m
m
m m
m
. Vô nghiệm.
Kết luận không có giá trị của m
1
2
2 2
2 7 0
1) 3 1 7 2
3 1 (2 7)
7
2
5
5
10
3
x
x x x
x x x
x
x
x
x
Kết luận
5S
.
2
2
2) 3 1 4 3 5 4
3 1 0
4 3 0
3 1 4 3 2 (3 1)(4 3) 5 4
3 3
3
4 4
(3 1)(4 3) 3 11 12 0
3
3
4
1
1
12
11
x x x
x
x
x x x x x
x x
x x x x x
x
x
x
x
Kết luận Kết luận
1S
.
2
3(5đ)
3 2
3) 3 3 5 2 3 10 26 0.x x x x x
Đk:
5
1
2
x
.
Phương trình viết lại:
1
2
2
2
2
( 3 3 3) ( 5 2 1) ( 2)( 12) 0
3( 2) 2( 2)
( 2)( 12) 0
3 3 3 5 2 1
3 2
( 2)( 12) 0
3 3 3 5 2 1
2
3 2
12 0(*)
3 3 3 5 2 1
x x x x x
x x
x x x
x x
x x x
x x
x
x x
x x
Do
2
5
12 0, [ 1, ]
2
x x x
Nên (*) vô nghiệm.
Kết luận
2S
.
Giải hệ phương trình:
2 3 2
4 2
1(1)
(*)
(2 1) 1(2)
x x y xy xy y
x y xy x
2 2
2
2
( ) ( ) 1
(*)
1
x y xy x y xy
x y xy
1
Đặt
2
a x y
b xy
. Hệ trở thành:
2
1
1
a ab b
a b
(*)
Hệ
3 2 2
2 2
2 0 ( 2) 0
(*)
1 1
a a a a a a
b a b a
Từ đó tìm ra
( ; ) (0; 1); (1; 0); ( 2; 3)
a b
1
4(2đ)
Với
( ; ) (0; 1)
a b
ta có hệ
2
0
1
1
x y
x y
xy
.
Với
( ; ) (1; 0)
a b
ta có hệ
2
1
( ; ) (0; 1);(1;0);( 1;0)
0
x y
x y
xy
.
Với
( ; ) ( 2; 3)
a b
ta có hệ
2
3 2
3 3
2
1; 3
3
2 3 0 ( 1)( 3) 0
y y
x y
x y
x x
xy
x x x x x
.
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm
( ; ) (1; 1);(0; 1);(1; 0);( 1; 0);( 1; 3)
x y
.
2
5(3đ)
Ta có: đk
0x
2 2( ) 3 2
MC MB AC AM AB AM AM AB AC
Tương tự ta cũng có:
3 2
CN CA CB
Vậy:
0 (2 )(2 ) 0
AM CN AM CN AB AC CA CB
(2 )( 3 ) 0
AB AC AB AC

2 2
2 3 5 . 0
AB AC AB AC
2
1
1
2
4 6 5 0
4
2
3
x
x x x
x
3
6(2đ)
Ta có
2 2 2
2 2
2
2 2 2
. . .cos . .
2 .
4 4
9 9
2 2
a b
GA GB AB
GAGB GAGB AGB GAGB
GAGB
m m
AB
GA GB AB
 
Tương tự ta có 2 đẳng thức như trên. Sau đó cộng lại ta được
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
. . .
4 4 4 4 4 4
9 9 9 9 9 9
2 2 2
8
( ) ( )
9
2
a b b c c a
a b c
GAGB GBGC GC GA
m m m m m m
AB BC CA
m m m AB BC CA
    
Sử dụng công thức đường trung tuyến ta được đpcm.
2
Ta chứng minh:
, , [ ; ], ( >0)x y z a b a
ta luôn có
2 2 2
| |
2
4( ) ( ) ( )
[2 2 ( )( )][2 2 ( )( )] 0
[ (2 ) ( ) ( )]x
[ (2 ) ( ) ( )] 0( úng)
ab xy b a
x y
ab xy x y b a
ab xy x y b a ab xy x y b a
b a x y x a y y a x
a b x y x b y y b x d
Vậy ta có
| |
( ) 2 2
ab xy b a b a
x y z z a
.
Dấu ‘‘=’’ khi
,x y a z a
hay
x y z a
Áp dụng ta có:
3( )
( , , )
2 2 2 2
b a b a b a b a
f x y z
a a a a
Dấu ‘‘=’’ khi
x y z a
1
7(2đ)
Thay
2018, 2019a b
, ta được
3
ax ( , , )
4036
m f x y z
khi
2018x y z
1
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.
| 1/6
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

SỞ GD&ĐT BẮC NINH
ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 ĐỀ CHÍNH THỨC
Thời gian làm bài: 150 phút ( Không kể thời gian phát đề) Ngày thi: 26/01/2019
Đề gồm có : 01 trang 2
Câu 1 (4 điểm). Cho hàm số y x  (2m  3)x  2m  2 (1)
1) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
2) Xác định m để đồ thị hàm số (1) cắt đường thẳng y  3x  1 tại hai điểm A, B phân biệt sao cho O
AB vuông tại O ( với O là gốc toạ độ).
Câu 2 (2 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số 2x
y x m  1 
xác định trên khoảng ( - 1; 3). x   2m
Câu 3 (5 điểm). Giải các phương trình sau 2
1) x  3x 1  7  2x
2) 3x  1  4x  3  5x  4 3 2
3) 3x  3  5  2x x  3x  10x  26  0. 2 3 2 
x x y xy xy y  1
Câu 4 (2 điểm). Giải hệ phương trình:  4 2
x y xy(2x 1)  1  
Câu 5 (3 điểm). Cho tam giác ABC có AB = 1, AC = x và 0
BAC  60 . Các điểm M, N    
được xác định bởi MC  2
MB và NB  2
NA . Tìm x để AM và CN vuông góc với nhau.
Câu 6 (2 điểm). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng với G là trọng tâm tam giác ABC ta có       1 2 2 2 G .
AGB GB.GC GC.GA   (AB BC CA ). 6
Câu 7 (2 điểm). Cho x, ,
y z  [2018;2019]. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: | 2018.2019  xy | | 2018.2019  yz | | 2018.2019  zx | f (x, , y z)    .
(x y)z
(y z)x
(z x)y
--------------------- Hết ---------------------
Họ và tên thí sinh:........................................... Số báo danh: ................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. SỞ GD&ĐT BẮC NINH
HƯỚNG DẪN CHẤM HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2
Năm học : 2018 – 2019 Môn: Toán Lớp: 10 Ngày thi: 26/01/2019 Câu Nội dung Điểm
1)Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0. 2,0 2
2) Phương trình hoành độ giao điểm: x  2mx  2m  3  0(*)
* Tìm được điều kiện để dường thẳng cắt đồ thị hàm số tai A, B là 0.5 m  3  hoặc m  1 x
  x  2m * Gọi x ,x 1
2 là các nghiệm pt (*), ta có 1 2  x
x  2m  3 1(4đ)  1 2  * (
A x ;3x 1),B(x ;3x 1) 1 1 2 2 . Tính được   1 .
OAOB  0  10x x  3(x x )  1  0 1 2 1 2 31
 26m  31  0  m  26 0.5 31 Kết luận m  26 x  m  1  0 x   m 1   Hàm số xác định khi     x   2m  0 x   2m   1
Tập xá định của hàm số là D  [m  1;2m) với điều kiện
m 1  2m m  1.
2(2đ) Hàm số xác định trên (1;3) khi và chỉ khi
(1; 3)  [m 1;2m) m   0  . Vô nghiệm. 1 m 1 1 3 2m          3 m    2
Kết luận không có giá trị của m 2  x  7  0 2  1) x 3x 1 7 2x       2 2 x
 3x 1  (2x  7)    7 2 x    2    x   5  x  5   10  x     3
Kết luận S    5 .
2) 3x  1  4x  3  5x  4 2 3  x 1  0 4   x  3  0
3x 14x 32 (3x 1)(4x 3)  5x 4   3 3 x        x  3  4    4   2
 (3x  1)(4x  3)  3  x 1
 1x x 12  0     3(5đ) 3   x  3 4    x  1  x  1   12 x     11
Kết luận Kết luận S    1 . 3 2
3) 3x  3  5  2x x  3x  10x  26  0. 5 Đk: 1  x  . 2 Phương trình viết lại: 1 2
( 3x  3  3)  ( 5  2x  1) (x  2)(x x  12)  0 3(x  2) 2(x  2) 2  
(x  2)(x x 12)  0 3x  3  3 5  2x  1 3 2 2  (x  2)( 
x x  12)  0 3x  3  3 5  2x  1 x   2    3 2 2  
x x  12  0(*)
 3x  3  3 5  2x  1  2 5 Do x
x  12  0, x  [ 1, ] 2 Nên (*) vô nghiệm.
Kết luận S    2 . 2 3 2 
x x y xy xy y  1(1)
Giải hệ phương trình:  (*) 4 2
x y xy(2x 1)  1(2)  2 2
(x y)  xy(x y)  xy  1  (*)   x  1  y2 2  xy  1  2
a x y
a ab b  1 Đặt  . Hệ trở thành:  (*) b xy 2  a b  1  3 2 2 
a a  2a  0 
a(a a  2)  0 1 Hệ (*)     2 2 b   1  a b    1  a Từ đó tìm ra ( ;
a b) (0; 1); (1; 0); ( 2  ;  3  ) 2 x y  0 4(2đ) Với ( ;
a b)  (0; 1) ta có hệ 
x y  1. xy  1  2 x y  1 Với ( ;
a b)  (1; 0) ta có hệ   ( ; x y)  (0; 1  );(1;0);( 1  ;0) . xy  0  Với ( ; a b)  ( 2  ; 3  ) ta có hệ 2  3  3 2 x y  2  y   y        x   xx  1  ; y  3 . xy  3  3 2  x 2x 3 0    
(x 1)(x x  3)  0  
Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( ;
x y) (1; 1);(0;1);(1; 0);( 1  ; 0);( 1  ; 3  ) . Ta có: đk x  0         
MC  2MB AC AM  2( AB AM )  3AM  2 AB AC   
Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA CB      
Vậy: AM CN AM CN  0  (2AB AC)(2CA CB)  0
     
 (2AB AC)(AB  3AC)  0  2 2
2AB  3AC  5 . AB AC  0 3 5(3đ)  1 x   2 1  2
4  6x  5x  0    x 4 2 x  3   2 2 2
GA GB AB G . AGB G . AGB.cos AGB  . GAGB. 2G . AGB 6(2đ) Ta có 2 2 4m 4m a b 2 2 2 2   AB
GA GB AB 9 9   2 2
Tương tự ta có 2 đẳng thức như trên. Sau đó cộng lại ta được       G .
AGB GB.GC GC.GA 2 2 2 2 2 2 2 4m 4m m m m m a b 2 4 4 b c 2 4 4 c a 2   AB   BC  CA 9 9 9 9 9 9   2 2 2 8 2 2 2 2 2 2
(m m m ) (AB BC CA ) 9 a b c  2
Sử dụng công thức đường trung tuyến ta được đpcm.
Ta chứng minh: x,y, z  [a;b], (a>0) ta luôn có | ab xy | b ax y 2 2 2 2
 4(ab xy)  (x y) (b a)
 [2ab  2xy (x y)(b a)][2ab  2xy  (x y)(b a)]  0  [ (
b 2a x y)  x(a y)  y(a x)]x
[a(2b x y)  x(b y)  y(b x)]  0(dúng) 1 | ab xy | b a b a Vậy ta có   . 7(2đ)
(x y)z 2z 2a
Dấu ‘‘=’’ khi x y a, z a hay x y z a Áp dụng ta có: b a b a b a 3(b a) f (x, , y z)     2a 2a 2a 2a
Dấu ‘‘=’’ khi x y z a
Thay a  2018,b  2019 , ta được 3 1 ax m f (x, , y z) 
khi x y z  2018 4036
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.