Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

Chia sẻ: Lotte Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

61
lượt xem 0
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang dành cho các bạn học sinh lớp 10 và quý thầy cô tham khảo, để hệ thống kiến thức học tập cũng như trau dồi kinh nghiệm ra đề thi. iy vọng sẽ giúp các bạn đạt kết quả tốt trong kỳ thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Sở GD&ĐT Bắc Giang

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG CỤM TÂN YÊN Ngày thi: 28/01/2018 ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: TOÁN 10 Thời gian làm bài 150 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1: (6 điểm) Cho phương trình x 2  2 x  3m  4  0 (m là tham số). a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm. b) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 2  x12  x2 2  4 . c) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn  3;4 . Câu 2: (2 điểm) Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0 2 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất 3 3 của biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  3 x1  3x2  8  . Câu 3: (2 điểm) Giải phương trình 3 81x  8  x 3  2 x 2  4 x2; 3  x    x2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0 Câu 4: (2 điểm) Giải hệ phương trình  ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2 2 2 2 2 . Câu 5: (2 điểm) Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a a b b c c   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a Câu 6: (2 điểm) Không dùng máy tính hãy tính tổng P = cos2 00  cos210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos21800 . Câu 7: (2 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A 1; 2  và B  4;3 . Tìm tọa độ điểm M nằm trên trục hoành sao cho góc bằng 450 .   Câu 8: (2 điểm) Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,  2   4  CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 3 15 …………………Hết………………… Họ và tên thí sinh:……………………………..…………Số báo danh:………………. ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI Năm học 2017 – 2018 Môn thi: Toán – Lớp 10 (Thời gian làm bài: 150 phút) CỤM TÂN YÊN Câu Nội dung 2 1 Cho phương trình x  2 x  3m  4  0 (m là tham số). Điểm a) Tìm các giá trị của m để phương trình có hai nghiệm. b) Tìm m để pt có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn x12 x2 2  x12  x2 2  4 . c) Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn  3;4 . a) Để phương trình có hai nghiệm thì 12  (3m  4)  0 1 1 b) 5  m  . KL 3 x  x  2 (Không có bước này không trừ điểm) Khi m  5 thì  1 2 3 x x  3 m  4  1 2 0.5 x12 x2 2  x12  x2 2  4  (3m  4)2  (2)2  2(3m  4)  4 1  9m2  18m  0  m   0;2 c) Kết hợp với m  5 được m  0; 5  . KL 3  3 2 Nghiệm của pt x  2 x  3m  4  0 là hoành độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y  x 2  2 x và y  3m  4 Vẽ bảng biến thiên của hàm số y  x 2  2 x trên đoạn  3;4 . Từ bảng biến thiên để phương trình x 2  2 x  3m  4  0 có hai nghiệm phân biệt cùng thuộc đoạn  3;4 thì 1  3m  4  3 . 0.5 0.5 0.5 0.5 1 5   m   ;  . KL 3 3  2 0.5 Giả sử phương trình bậc hai ẩn x ( m là tham số): x 2  2  m  1 x  m3   m  1  0 2 có hai nghiệm x1 , x2 thỏa mãn điều kiện x1  x2  4 . Tìm giá trị lớn nhất và 3 3 giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P  x1  x2  x1 x2  3 x1  3x2  8  . Trước hết xét biệt thức  '   m  1   m3   m  1   m3  4m  m  m  2  m  2  .   Phương trình có hai nghiệm x1 , x2 nên  '  0  m  m  2  m  2   0. 2 2 (1) Khi đó, theo Vi-ét ta có x1  x2   b  2  m  1 với điều kiện 2  m  1  4 a 0,5 (2) và x1 x2  c 2  m3   m  1 . Điều kiện (1) và (2) giải được 2  m  0 hoặc 2  m  3. a Như vậy x13  x23   x1  x2   3 x1 x2  x1  x2  nên biểu thức 3 3 3 2 P   x1  x2   8 x1 x2   2  m  1   8  m3   m  1   16m2  40m.   Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  m   16m 2  40m với m   2;0   2;3. Ta lập bảng biến thiên của hàm số P  m   16m 2  40m với m   2;0   2;3. m  2 0 5 4 0 P  m 3 2 16 144 Giải phương trình 3 0,5 24 Từ đó ta kết luận được: Giá trị lớn nhất của biểu thức P  16 khi m  2 , Giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  144 khi m  2 . 3  0,5 81x  8  x 3  2 x 2  0,5 4 x2; 3  x   3 2  46  2  46  x   PT đã cho tương dương với 3. 3 3  x    3  27  3  27  2  46  3u  v3  u  x  3    27 Đặt  ta có hệ:  v  3 3  x  2   46  3 3u  46 3v  u 3  46     27 3  27 27  0.5 Trừ hai phương trình cho nhau theo từng vế ta có: u  v  0, 1 3  u  v    v  u  v 2  uv  u 2   2 2 v  uv  u  3,  2  Dễ thấy v 2  uv  u 2  0 nên (2) vô nghiệm. 8 2 5 1  u  v  3 3x   x   x3  2 x 2  x  0 27 3 3 x  0 và kết luận.  x  3  2 6  3   0,5 0.5 0.5 4  x2  y 2  2 y  6  2 2 y  3  0 Giải hệ phương trình  (1) 2 2 2 2 ( x  y )( x  xy  y  3)  3( x  y )  2 (2) . ĐKXĐ: y  1,5 . (2)  x3  y 3  3 x  3 y  3  x 2  y 2   2   x  1   y  1  x  1  y  1  y  x  2 3 3 1 Thay vào pt thứ nhất ta được: 2 2  2x 1  1  x 1  1  x  3x  1   2 x  1   x     2 x  1     2  2   2 x  1  x 2 (Có thể bình phương được pt:  x  12 ( x 2  4 x  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  . 5 0.5 0.5 Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a a b b c c .   2c  a  b 2a  b  c 2b  c  a 1 1 a a a3 a3 a3 c3 c3 )   (   8 16 2c  a  b c  ( a  b  c) 2 c  3 c3 a3 a 3 c  3 c  3 3a c  3    16 4 16 c3 c3 8 a a 3a c  3 Suy ra:   16 2c  a  b 4 1  33 2 Tương tự 3b a  3 và b b   16 2a  b  c 4 0.5 3c b  3 c c   16 2b  a  c 4 Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được P  3 , 6 3 P  khi a=b=c=1. KL 2 Tính P=cos2 00  cos 210  cos 2 20  cos 2 30  cos 2 40  ...  cos 21800 . 2 0.5 cos00 =-cos1800  cos2 00 =cos 21800 . … cos890 =-cos910  cos 2 890 =cos 2 910 . 0,5  P=2cos 2 00  2(cos 210  cos 2 20  cos 2 30  cos 2 40  ...  cos 2 890 )  cos 2 900 =2  2(cos 210  cos2 20  cos2 30  cos2 40  ...  cos2 890 ) 0,5 cos890 =sin10  cos 2 890 =sin 210 . … 0,5 cos46 =sin44  cos 46 =sin 44 .  P=2  2(cos 210  sin 210  cos 2 20  sin 2 20  ...  cos 2 440  sin 2 440  cos 2 450 ) 0 0 2 0 2 0 =2  2(44  cos2 450 )  91 0,5 KL 7 A 1; 2  và B  4;3 . Tìm M nằm trên trục hoành sao cho góc bằng 450 . 0.5 Điểm M mằm trên trục hoành nên gọi M(m;0) ,   MA  (1  m;2) , MB  (4  m;3) (1  m)(4  m)  2.3 cos450  0.5 (1  m)2  22 (4  m)2  32 1  m4  10m3  44m2  110m  75  0  (m2  6m  5)(m2  4m  15)  0 m=1 hoặc m=5 . KL: M(1;0) hoặc M(5;0) 8   Cho tam giác đều ABC và các điểm M , N , P thỏa mãn BM  k BC ,  2   4  CN  CA , AP  AB . Tìm k để AM vuông góc với PN . 15 3       +) BM  k BC  AM  AB  k ( AC  AB)     AM  (1  k ) AB  k AC . A P N    4  1  +) PN  AN  AP   AB  AC 15 3   Để AM vuông góc với PN thì AM .PN  0 0.5 B    4  1    (1  k ) AB  k AC    AB  AC   0 3  15  4(1  k ) k 1  k 4k   AB 2  AC 2  (  ) AB AC  0 15 3 3 15 4(1  k ) k 1  k 4k   (  )cos600  0 15 3 3 15 1 k 3 M C 0.5  KL: k  1 3 1