Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh nhằm đánh giá sự hiểu biết và năng lực tiếp thu kiến thức của học sinh thông qua các câu hỏi đề thi. Để củng cố kiến thức và rèn luyện khả năng giải đề thi chính xác, mời quý thầy cô và các bạn cùng tham khảo đề thi.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG cấp tỉnh môn Toán lớp 10 năm 2018-2019 có đáp án - Sở GD&ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH LỚP 10 - 11 THPT HÀ TĨNH NĂM HỌC 2018 - 2019 Môn thi: TOÁN LỚP 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu) Câu 1. (5.0 điểm) a. Giải bất phương trình 3 x (2 x  x 2  3)  2(1  x 4 ). ( x 2  1  x )( y 2  1  y )  1 b. Giải hệ phương trình  . 3 x  2 y  2  x x  2 y  6  10 Câu2. (5.0 điểm) a. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol ( P) : y  x 2  4 x  3, điểm I (1;4) và đường thẳng d : y  mx  m  8. Tìm tất cả các giá trị của m để đường thẳng d cắt parabol ( P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác IAB cân tại I . b. Một người nông dân có một khu đất rất rộng dọc theo một con sông. Người đó muốn làm một cái hàng rào hình Con sông chữ E (như hình vẽ) để được một khu đất gồm hai phần đất hình chữ nhật để trồng rau và nuôi gà. Đối với mặt hàng rào song song với bờ sông thì chi phí nguyên vật liệu là 80 ngàn đồng một mét dài, đối với phần còn lại thì chi phí nguyên vật liệu là 40 ngàn đồng một mét dài. Tính diện tích lớn nhất của phần đất mà người nông dân rào được với chi phí vật liệu 20 triệu đồng. Câu 3. (6.0 điểm)  bằng 600 , bán kính đường tròn nội tiếp a. Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc BAC tam giác bằng 3. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên BC , AC , AB và M là điểm nằm trong tam giác ABC sao cho    CAM ABM  BCM   . Tính cot  và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1. b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, đỉnh C (4;1), phân giác trong góc A có phương trình x  y  5  0. Viết phương trình đường thẳng BC , biết diện tích tam giác ABC bằng 36 và đỉnh A có hoành độ dương. Câu 4. (2.0 điểm ) Cho phương trình ( x 2  ax  1) 2  a ( x 2  ax  1)  1  0, với a là tham số. Biết rằng phương trình có nghiệm thực duy nhất. Chứng minh rằng a  2. Câu 5. (2.0 điểm) Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn x 3  y 3  z 3  3 . 2 xyz   x  y  z  1 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   . xy  yz  zx xy  yz  xz  1 ---------------Hết --------------- -Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay; -Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ............................................................ Số báo danh:...................................
NỘI DUNG Câu 1.a pt  2 x ( x  3)  3x x 2  3  2  0 2 2  x x 2  3  2 (1)   x x 2  3   1 (2)  2 x  0 (1)   4  x  3x  4  0 2  x 1 x  0  (2)   4 1  x  3x 2   0  4 3  10 x 2 3  10 Vậy bất phương trình có nghiệm x  1 hoặc x   2 Câu 1b   x 1  x  y 1  y 2 2 ( x  1  x)( y  1  y )  1(1)   2 2 x y   x 2  1  x  y 2  1  y Thay x=y vào phương trình thứ hai ta được 2 3 3x  2  x 6  x  10 . ĐK: x6 3 PT  3( 3x  2  2)  x( 6  x  2)  2( x  2)  0 9 x  ( x  2)( 2 )0 3x  2  2 6 x 2 9 9 7 x 6 Ta có 2 2 ;  3 3x  2  2 3.6  2  2 2 6 x 2 2 Suy ra x  2 . Vậy hệ có nghiệm (2;2)
Câu 2a. Hoành độ giao điểm là nghiệm phương trình x2  4 x  3  mx  m  8  x 2  (m  4) x  m  5  0 (1) (1) Có 2 nghiệm phân biệt    m2  12m  36  0  m  6  x  1 Ta có (1)   x  m  5 Gọi A  1;8 , B  m 5; m2  6m  8 , Tam giác IAB cân tại I I  d m  2    IA  IB (m 4)  (m  6 m 4)  2  4 2 2 2 2 2 m  2  (m 6)(m 2)(m  4 m 1)  0 2  m  2  3 (Do m  2, m  6 ) Câu 2b. Gọi x là chiều dài hàng rào vuông góc với bờ sông, y là chiều dài hàng rào song song với bờ sông. Theo giả thiết ta có: 3x.40.000  y.80.000  20.000000 500  3x  3x  2 y  500  y  2 Diện tích khu vườn sau khi rào là 3 2 500 f ( x)  xy  x  250 x, 0  x  2 3 Ta có: f ( x) là tam thức bậc hai có hệ số của x 2 âm nên đạt GTLN tại 250 250 500 x   (0; ) 3 3 3 31250 2 max f ( x)  (m ) . Vậy diện tích lớn nhất mà người nông dân rào được là (0; 500 ) 3 3 31250 2 (m )  10416,666(m 2 ). 3 1 Câu 3a. Ta có: S  bc sin 600  p.r  10 3  bc  40 2 a 2  b 2  c 2  2bc cos 600  a 2  (b  c) 2  3bc  a 2  (20  a) 2  120  a  7
b  c  13 b  8 b  8   hoặc  bc  40 c  5 c  5 AB 2  BM 2  AM 2 AD 2  AM 2  DM 2 DB 2  DM 2  BM 2 cot     4S ABM 4S ADM 4S DBM AB 2  AC 2  BC 2 82  52  7 2 23 3    4S ABC 4.10 3 20 Ta thấy tam giác ABC nhọn. Theo tính chất của tứ giác nội tếp đường tròn ta có: B1BA  C1CA  900  A  300 ; 1 1  B1 A1 A  AAC 1 1  C1CA  B1BA  90  A  90  A  60 . 0 0 0 B1 AC Theo định lý sin trong tam giác CC1B1 nội tiếp đường tròn đường kính BC , ta có B1C1 7  BC  B1C1  7sin 300  sin C1CA 2 B1C1 7 7 3 Ta có: R1  0   . 2sin 60 2 3 6 Câu 3b. d : x  y  5  0, u d  (1; 1) A(a;5  a), a  0; AC  (4  a; 4  a), Do d là phân giác góc BAC nên góc giữa d và AC bằng 45 AC.u d (4  a).1  (a  4).(1) 1  cos450    AC. u d (4  a)  (a  4) . 2 2 2 2  a  4  A(4;1) (Do a  0) Ta có: AB : x  4  0. Gọi B(4;b) ; AB  (0;b 1); AB  b  1 , AC  8 1 S ABC  36  b  1 .8  36  b  1  9 2 b  10  B(4;10)   b  8  B(4; 8) Do B, C nằm về hai phía của d nên B(4;10) BC: 9x-8y+44=0 Câu 4. Đặt f ( x)  x2  ax  1. Do phương trình f ( f ( x))  0 có nghiệm thực nên phương trình f ( x)  0 có nghiệm thực. Suy ra   a 2  4  0. Gọi f ( x)  ( x  x1 )( x  x2 ), x1 , x2  +) Nếu x1  x2 thì f ( f ( x))  ( f ( x)  x1 )2 . Suy ra phương trình f ( x)  x1 có nghiệm duy nhất hay ( x  x1 )2  x1 có nghiệm duy nhất. Suy ra x1  0  f ( x)  x 2 Vô lý. Suy ra t a 2  4  0. SScchìp +) Khi x1  x2 thì một trong 2 phương trình f ( x)  xi vô nghiệm, phương trình còn lại có nghiệm kép.(Nếu xảy ra cả hai phương trình có nghiệm thì nghiệm của
phương trình này không là nghiệm phương trình kia vì x1  x2 và khi đó phương trình f ( f ( x))  0 có hơn 1 nghiệm). Giả sử x2  ax  1  x1  0 có nghiệm kép và x2  ax  1  x2  0 vô nghiệm. 1  a 2  4  4 x1  0  Ta có   2  a  4  4 x2  0  2  x1  0   a  ( x1  x2 )  0 . Kết hợp với a 2  4  0. Suy ra a  2.  2 x  0 Câu 5. Áp dụng bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có: x3  1  1  3x  x3  2  3x . Tương tự: y3  2  3 y ; z 3  2  3z Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên suy ra x  y  z  3 . Ta có 3  x3  y3  z 3  3 3  xyz   3xyz  xyz  1 . 3 Ta có 3  3xyz  x3  y3  z 3  3xyz   x  y  z   x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx   3  x 2  y 2  z 2  xy  yz  zx  .  1  xyz  x2  y 2  z 2  xy  yz  zx  xyz   x  y  z   1  3  xy  yz  zx  . 2 Ta có: 1  3  xy  yz  zx   xyz   x  y  z   1  32  10 2 0  xy  yz  zx  3 . 3t  1 1 Ta có: P  f  t    với t  xy  yz  zx ; t  (0;3] t t 1 3t  1 1 1 1 37 ) f  t     3  3  t t 1 t (t  1) 3(3  1) 12 37 Vậy MinP   x  y  z 1 12