Đề thi chọn HSG môn Toán 10 năm 2019-2020 - Trường THPT thị xã Quảng Trị

Chia sẻ: Yunmengjiangshi Yunmengjiangshi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các em cùng tham khảo Đề thi chọn HSG môn Toán 10 năm 2019-2020 - Trường THPT thị xã Quảng Trị dưới đây giúp các em dễ dàng hơn trong việc ôn tập và nâng cao kiến thức chuẩn bị cho kì thi sắp tới. Chúc các em đạt kết quả cao trong kì kiểm tra!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn HSG môn Toán 10 năm 2019-2020 - Trường THPT thị xã Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ KỲ THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 TRƯỜNG THPT THỊ XÃ QUẢNG TRỊ Khóa thi ngày 12 tháng 6 năm 2020 Môn thi: Toán 10 ĐỀ THI CHÍNH THỨC (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 (2 điểm): Cho hàm số y  x 2  4 x  3 có đồ thị là ( P) . Tìm giá trị của tham số m để đường thẳng dm : y  x  m cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn 1 1   2. x1 x2 Câu 2 (4 điểm): a. Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 .  x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1 b. Giải hệ phương trình:  2 ( x  y )  xy  1 2 Câu 3 (4 điểm): Cho phương trình: x  4  5  x  20  x  x 2  m , (1), (với m là tham số). a. Giải phương trình (1) khi m  3 . b. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm. Câu 4 (4 điểm): 2sin   3cos  a. Cho cot   3 , tính giá trị biểu thức: P  . cos3   4sin 3  b. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB là x  2 y  1  0 . Biết phương trình đường thẳng BD là x  7 y  14  0 và đường thẳng AC đi qua điểm M (2;1) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD . Câu 5 (2 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G và điểm E thỏa mãn BE  3.EC  0 . IA Gọi I là giao điểm của AC và GE , tính tỉ số . IC Câu 6 (2 điểm): Cho tam giác ABC có chu vi bằng 20, góc BAC  600 , bán kính đường tròn nội tiếp tam giác bằng 3 . Gọi A1 , B1 , C1 là hình chiếu vuông góc của A, B, C lên BC, CA, AB và M là điểm nằm trong tam giác ABC thỏa mãn ABM  BCM  CAM   . Tính cot  và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A1B1C1 . Câu 7 (2 điểm): Cho x, y,z  2019;2020 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2019.2020  xy 2019.2020  yz 2019.2020  zx f ( x, y, z )    . ( x  y) z ( y  z) x ( z  x) y -----------------HẾT--------------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu và MTCT (đối với môn Toán). Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………….Số báo danh:……………….
ĐÁP ÁN THI CHỌN HSG VĂN HÓA LỚP 10, 11 – MÔN TOÁN Câu Lời giải Điểm Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và dm: x  m  x  4 x  3 2  x2  5x  3  m  0 (*) 0,5đ dm cắt đồ thị ( P) tại hai điểm phân biệt khi (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 , x2 1) 2đ 13  x1  x2  5 0,5đ  25  12  4m  0  m  . Khi đó  . 4  1 2 x x  3  m 1 1 1 0,5đ Mà   2  x1  x2  2 x1 x2  5  6  2m  m  thỏa mãn 0,5đ x1 x2 2 Giải bất phương trình: ( x 2  3x) 2 x 2  3x  1  0 . (**) 1 Điều kiện: 2 x 2  3x  1  0  x  1  x  2 1 0,5đ + x  1  x  nghiệm đúng. 2.a) 2đ 2 1 0,5đ + x  1  x  : (**)  x2  3x  0  x  3  x  0 , thỏa mãn 2 0,5đ 1 Vậy (**) có nghiệm là: x  3  x  0  x  1  x  2 0,5đ  x  x y  xy  xy  y  1 2 3 2 Giải hệ phương trình:  2 ( x  y )  xy  1 2  xy( x 2  y )  xy  x 2  y  1  x2  y  a  2 . Đặt  ta có hệ pt:  ( x  y ) 2  xy  1  xy  b ab  a  b  1 b  1  a 2 b  1  a 2  2   3 0,5đ a  b  1 a(1  a )  a  1  a  1 a  a  2a  0 2 2 2 b  1  a 2 a  1 a  2 a  0 2.b) 2đ  3     0,5đ  a  a 2  2 a  0 b  0 b  3 b  1 a  1  x 2  y  1  x  0  x  1 +    b  0  xy  0  y  1 y  0 a  2  x 2  y  2  x  1 0,5đ +   b  3  xy  3 y  3 a  0  x 2  y  0 x  1 +   b  1  xy  1 y 1 0,5đ Vậy nghiệm của hệ là : (1 ; 1) ; (0 ; -1) ; (-1 ; 3) ; (1 ; 0) ; (-1; 0) Khi m = 3 ta có pt: x  4  5  x  20  x  x 2  3 : đk: x   4;5 t2  9 Đặt x  4  5  x  t  20  x  x  2 0,5đ 2 3a) 2đ t 9 2 t  1(l ) Pttt: t   3  t 2  2t  3  0   0,5đ 2 t  3
 x  4 + t  3  x  4  5  x  3  20  x  x 2  0   0,5đ x  5 0,5đ t 9 2 Đặt x  4  5  x  t  20  x  x 2  ; t  3;3 2  0,5đ 2 t2  9 Pttt: t   m  t 2  2t  2m  9 0,5đ 3b) 2đ 2 Xét f (t )  t 2  2t; t  3;3 2   min f (t )  f (3)  3;max f (t )  f (3 2)  18  6 2 0,5đ 9 Vậy pt có nghiệm khi: 3  2m  9  18  6 2  3  m  3 2 0,5đ 2 2sin   3cos 2(1  cot 2 x)  3cot x(1  cot 2 x) 70 0,5đ P   0,5đ 4a) 2đ cos3   4sin 3  cot 3 x  4 31 0,5đ 0,5đ Do B  AB  BD nên tọa độ B là nghiệm của hệ:  21  x  x  2 y  1  0 5  21 13      B ;  0,5đ  x  7 y  14  0  y  13  5 5  5 Gọi nAC  (a; b);(a  b  0) là VTPT của AC, 2 2 3 ta có: cos(nAC ; nAB  cos(nBD ; nAB  2a  b  a 2  b2 2 a  b  7a  8ab  b  0   2 2 b a   7 4b) 2đ + a= -b: Chọn a = 1; b = -1  AC: x – y – 1 = 0 A  AB  AC nên tọa độ A là nghiệm của hệ: x  2 y  1  0 x  3    A  3;2  0,5đ  x  y  1  0  y  2 I  DB  AC nên tọa độ I là nghiệm của hệ:  7  x  x  7 y  14  0  2  I 7 ; 5      0,5đ x  y 1  0 y  5 2 2  2  14 12  Do I là trung điểm của AC và BD nên C  4;3 ;D  ;  5 5 0,5đ + a = -b/7 (loại) vì AC//BD
A G I B M C E 5) 2đ Gọi M là trung điểm BC đặt AI  k AC 1  1 1 GI  AI  AG  k AC  (AB  AC)   k   AC  AB 0,5đ 3  3 3 1 1  7 5 GN  GM  MN  AM  BC  AB  AC  AC  AB  AC  AB 3 6 6 6  0,5đ Do G, I, N thẳng hàng nên ta có: 1 1 0,5đ k  3  3  k  4  AI  4 AC  IA  4 7 5 5 5 IC 0,5đ 6 6 A A C1 c b B1 M B B a C A1 C 1 Ta có: S  bc.sin 600  pr  10 3  bc  40 2 a  b  c  2bc.cos600  a 2  (b  c)2  3bc  a 2  (10  a)2  120  a  7 2 2 2 6) 2đ b  c  13 b  8 b  5 0,5đ    bc  40 c  5 c  8 AB 2  BM 2  AM 2 BC 2  CM 2  BM 2 cot   ABM  BCM  CAM    4.S ABM 4.SCBM CA2  AM 2  CM 2 AB 2  BC 2  CA2 23 3 0,5đ    4.SCMA 4.S ABC 20 Ta có B1BA  C1CA  900  A  300 B1A1C1  B1A1 A  C1A1 A  B1BA  C1CA  600 . Tam giác CC1B1 nội tiếp đường tròn đường kính BC nên ta có: B1C1 BC 7  BC  1 1 0  7  B1C1  sin C1CA sin 30 2 0,5đ
B1C1 7 3 Mà R1  0  0,5đ 2sin 60 6 2019.2020  xy 2020  2019 Ta c/m: x, y  2019;2020 luôn có:  x y 2  4(2019.2020  xy)2  ( x  y)2 (2020  2019) 2  (2.2019.2020  2xy  ( x  y)(2020  2019))(2.2019.2020  2xy  ( x  y)(2020  2019))  0   2020(2.2019  x  y)  x(2019  y)  y(2019  x) . 2019(2.2020  x  y)  x(2020  y)  y(2020  x)  0 (đúng) 0,5đ 2019.2020  xy 2020  2019 1 Vậy   7) 2đ  x  yz 2z 2.2019 0,5đ Dấu « = » xảy ra khi x = y = z = 2019. Áp dụng ta có : 2019.2020  xy 2019.2020  yz 2019.2020  zx f ( x, y, z )    ( x  y) z ( y  z) x ( z  x) y 1 1 1 3 0,5đ     2.2019 2.2019 2.2019 4038 3 Vậy max f ( x, y, z )  ; khi x  y  z  2019 0,5đ 4038