Đề thi HSG Toán 10 năm 2020 – 2021 trường THPT Lưu Hoàng – Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG
NĂM HỌC 2020 – 2021
Môn thi: Toán - Lớp: 10 ĐỀ CHÍNH THỨC
(Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề)
Câu 1 (4 điểm). Cho parabol P 2
: y  x  bx  c ( ,
b c là các tham số thực). a) Tìm giá trị của ,
b c biết parabol  P  đi qua điểm M  3
 ;2 và có trục đối
xứng là đường thẳng x  1  . b) Với giá trị của ,
b c tìm được ở câu a), tìm m để đường thẳng d : y  x  m
cắt parabol  P tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với
O là gốc tọa độ).
Câu 2 (7 điểm). a) Giải phương trình: 2 2
x  3x  3 
x  3x  6  3. 2 x  mx  2
b) Tìm m để bất phương trình  1  vô nghiệm. 2 x  3x  4
 2x  y  2 x  2y 1  5
c) Giải hệ phương trình:  . 3
 x  2y 1  y  3x  2 
Câu 3 (2 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1  ; 
1 và B 2;4 . Tìm
tọa độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
Câu 4 (5 điểm). Cho tam giác ABC có M là trung điểm AC , N là điểm thuộc cạnh
BC thỏa mãn NC  2NB . Gọi I là trung điểm của MN . a) Chứng minh rằng: 2 1 IN  IB  IC . 3 3
b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB và IC .
c) Giả sử độ dài các cạnh BC  , a CA  ,
b AB  c. Chứng minh rằng: Nếu 3 . a IA  4 . b IB  5 .
c IC  0 thì tam giác ABC đều. 1 1 1
Câu 5 (2 điểm). Cho ba số thực ,
x y, z thỏa mãn x  1, y  1, z  1 và    2 . x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A   x   1  y   1  z   1 . ----------HẾT----------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!
Họ và tên thí sinh: ...................................... Số báo danh: ................
Chữ ký giám thị coi thi số 1:
Chữ ký giám thị coi thi số 2:
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI HƯỚNG DẪN CHẤM
TRƯỜNG THPT LƯU HOÀNG
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG
NĂM HỌC 2020 – 2021 ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
Môn thi: Toán - Lớp: 10 I. Hướng dẫn chung
II. Đáp án và thang điểm Câu Đáp án Điểm a) Cho parabol  P 2
: y  x  bx  c ( b, c là các tham số thực). Tìm giá trị của b, c
biết parabol P đi qua điểm M  3
 ;2 và có trục đối xứng là đường thẳng x  1  .
Do parabol  P có trục đối xứng là đường thẳng x  1  nên ta có b 1   1 b  2 . 2
Do parabol  P đi qua điểm M  3  ;2 nên ta có   2 2 3  . b  3
   c  c  3b 7 c  3.27  1  . 1
Vậy b  2,c  1  .
b) Với giá trị của b, c tìm được ở câu a), tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt
parabol  P tại hai điểm phân biệt ,
A B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với
O là gốc tọa độ).
Với b  2,c  1  ta có P 2
: y  x  2x 1.
Phương trình hoành độ giao điểm của P và d là Câu 1 2 2
x  2x 1  x  m  x  3x  m 1  0 (1) (4 điểm) 0.5
Để d cắt P tại 2 điểm phân biệt thì phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt 13
   13 4m  0  m  . 4
Khi đó giả sử 2 nghiệm của phương trình (1) là x , x lần lượt là hoành độ 2 điểm 1 2 , A B . 0.5 Do ,
A B  d  A x ; x  m , B x ; x  m  OA x ; x  m ,OB x ; x  m . 1 1   2 2   1 1   2 2 
Tam giác OAB vuông tại O khi và chỉ khi 0.5 O .
A OB  0  x .x   x  m x  m  0  2x .x  m  x  x  2  m  0 (2) 1 2 1 2 1 2 1 2 x  x  3 
Do x , x là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo định lí Vi-et ta có 1 2  1 2 x x  m 1  1 2 m  1 
Khi đó (2)  2(m 1)  . m  3   2 2
 m  0  m  m  2  0   . 0.5 m  2 13
Kết hợp với điều kiện m 
ta có các giá trị của m cần tìm là m  1, m  2 . 4 a) Giải phương trình: 2 2
x  3x  3  x  3x  6  3 . Câu 2
Phương trình đã cho tương đương với (7 điểm) 0.5 2 2
x  3x  3 1 x  3x  6  2  0 2 2 x  3x  2 x  3x  2    0 0.5 2 2
x  3x  3 1
x  3x  6 1    1 1  2
x  3x  2    0 0.5 2 2
 x  3x  3 1
x  3x  6 1   1 1  2
 x  3x  2  0 Do   0 0.5 2 2 
x  3x  3 1
x  3x  6 1  x  1   . x  2 0.5
Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1, x  2 . 2 x  mx  2
b) Tìm m để bất phương trình  1  vô nghiệm. 2 x  3x  4 2 x  mx  2 Bất phương trình  1  2 x  3x 
vô nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình 4 0.5 2
x  mx  2  1  2 x  3x 
(1) nghiệm đúng với mọi x  . 4 Ta có (1) 2 2
 x  mx   x  x   2 2 3
4 Do x  3x  4  0, x    0.5 2
 2x m 3 x  2  0 (2)
Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi   0 0.5  m 2 3 16  0  4
  m  3  4  7   m 1 2   0.5 Vậy x mx 2 để bất phương trình  1    m  . 2 x  3x  vô nghiệm thì 7 1 4
 2x  y  2 x  2y 1  5
c) Giải hệ phương trình:  . 3 
x  2 y 1  y  3x  2 
 2x  y  a Đặt 
a,b  0 . Suy ra 2 2
a  b  3x  y 1. 0.5
 x  2y 1  b 
Hệ phương trình đã cho trở thành
a  2b  5
a  5  2b (1)    0.5 2 2 2 2 3
 b  a  b 1
a  b  3b 1  0 (2) Thay (1) vào (2) ta được  13    b 0.5 b2 2 2 5 2
 b 3b 1 0  5b  23b  26  0   5  . b  2 13 1 Với b 
 a   (Loại vì a  0 ). 5 5 0.5
Với b  2  a 1.
 2x  y 1
2x  y  1 x  1 Khi đó ta có      .    
x  2y  3 y  1 x 2 y 1 2  0.5
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm  ; x y là 1;  1  . Câu 3
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hai điểm A 1  
;1 và B 2; 4 . Tìm tọa độ điểm (2 điểm)
C sao cho tam giác ABC vuông cân tại A . Gọi C  ;
x y là điểm cần tìm.   0.5 Để tam giác A . B AC 0
ABC vuông cân tại A thì  (1) AB  AC
Ta có AB  3;3, AC   x 1; y   1 . Từ (1) suy ra 0.5 3  x   1  3 y   1  0 x  y  0      0.5
 3  3   x   1   y   1   x    2 1   y  2 2 2 2 2 1 18 x  2 y  x  y  x y  x     y  2           .  x    x 2 2 1  x  2 1  18   x   2 1  9   x  4  0.5 x  4    y  4
Vậy có hai điểm C thỏa mãn điều kiện bài toán là C 2; 2   hoặc C 4  ;4 .
Cho tam giác ABC có M là trung điểm AC , N là điểm thuộc cạnh BC thỏa mãn
NC  2NB . Gọi I là trung điểm của MN . a) Chứng minh rằng: 2 1 IN  IB  IC . 3 3
b) Biểu diễn vectơ IA theo hai vectơ IB và IC .
c) Giả sử độ dài các cạnh BC  a,CA  b, AB  c . Chứng minh rằng: Nếu 3 . a IA  4 . b IB  5 .
c IC  0 thì tam giác ABC đều.
a) Do N  BC và thỏa mãn NC  2NB nên ta có
2NB  NC  0
 2IB  IN   IC  IN  0
 2IB  IC 3IN  0 1 Câu 4 2 1    (5 điểm) IN IB IC 3 3 1 1
b) Do M là trung điểm AC nên ta có IM  IA  IC 0.5 2 2
Do I là trung điểm MN nên ta có IM  IN  0 0.5 1 1 2 1
 IA  IC  IB  IC  1 2 5 0  IA  IB  IC  0 0.5 2 2 3 3 2 3 6 1 2 5
 IA   IB  4 5
IC  IA   IB  IC 0.5 2 3 6 3 3 4 5
c) Theo câu b) ta có IA   IB  IC  3IA  4
 IB  5IC . Khi đó 0.5 3 3 3 . a IA  4 . b IB  5 .
c IC  0  a 4IB  5IC   4 . b IB  5 . c IC  0 0.5
 4b  a.IB  5c  a.IC  0  4b  a.IB  5a  c.IC (1) 0.5 b   a  0
Do IB và IC không cùng phương nên từ (1) suy ra 
 a  b  c . a  c  0 0.5
Từ đó suy ra tam giác ABC là tam giác đều. Cho ba số thực 1 1 1 ,
x y, z thỏa mãn x  1, y  1, z  1 và    2. x y z
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A  x   1  y   1  z   1 .     Từ 1 1 1    1 1 1 y 1 z 1 y 1 z 1 2  1 1    2 . x y z x y z y z y z 0.5     Tương tự ta 1 z 1 x 1  1 x 1 y 1  Câu 5 có 2 . và 2 . y z x z x y (2 điểm) 1 x  2 1  y  2 1  z  2 1 Suy ra  8 0.5 2 2 2 xyz x y z 1 8 x   1  y   1  z   1     1
x   y   z   1 1 1 1   A  0.5 xyz xyz 8 8 Vậy giá trị lớn 1
nhất của biểu thức A là đạt được khi 3
x  y  z  . 0.5 8 2
-----------------------------------------------Hết---------------------------------------------------------
Ghi chú: Nêú học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.