Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Lưu Hoàng, Hà Nội

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

46
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu đến các em học sinh Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Lưu Hoàng, Hà Nội có hướng dẫn giải chi tiết. Nhằm giúp các em củng cố kiến thức môn Toán, ôn thi thật hiệu quả. Mời các em cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - 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  : y  x 2  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: x 2  3x  3  x 2  3x  6  3 . x 2  mx  2 b) Tìm m để bất phương trình 2  1 vô nghiệm. x  3x  4  2x  y  2 x  2 y  1  5 c) Giải hệ phương trình:  . 3 x  2 y  1  y  3 x  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  2 NB . Gọi I là trung điểm của MN . 2 1 a) Chứng minh rằng: 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 3a.IA  4b.IB  5c.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  : y  x  bx  c ( b, c là các tham số thực). Tìm giá trị của b, c 2 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   3  b.  3  c  c  3b  7  c  3.2  7  1. 2 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  : y  x 2  2 x  1. Phương trình hoành độ giao điểm của  P  và d là Câu 1 x 2  2 x  1   x  m  x 2  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 x1 , x2 lần lượt là hoành độ 2 điểm A, B . 0.5 Do A, B  d  A  x1 ;  x1  m  , B  x2 ;  x2  m   OA  x1 ;  x1  m  , OB  x2 ;  x2  m  . Tam giác OAB vuông tại O khi và chỉ khi OA.OB  0  x1.x2   x1  m  x2  m   0  2 x1.x2  m  x1  x2   m 2  0 (2) 0.5  x1  x2  3 Do x1 , x2 là 2 nghiệm của phương trình (1) nên theo định lí Vi-et ta có   x1 x2  m  1  m  1 Khi đó (2)  2(m  1)  m.  3  m 2  0  m 2  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: x 2  3x  3  x 2  3x  6  3 . Câu 2 Phương trình đã cho tương đương với (7 điểm) 0.5 x 2  3x  3  1  x 2  3x  6  2  0
x 2  3x  2 x 2  3x  2   0 0.5 x 2  3x  3  1 x 2  3x  6  1     x 2  3x  2   1 1  0 0.5  x 2  3 x  3  1 x 2  3 x  6  1   1 1   x 2  3 x  2  0  Do   0 0.5  x 2  3x  3  1 x 2  3x  6  1  x  1  . x  2 0.5 Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  1, x  2 . x 2  mx  2 b) Tìm m để bất phương trình  1 vô nghiệm. x 2  3x  4 x 2  mx  2 Bất phương trình  1 vô nghiệm khi và chỉ khi bất phương trình x 2  3x  4 0.5 x 2  mx  2  1 (1) nghiệm đúng với mọi x . x 2  3x  4 Ta có (1)  x2  mx  2   x2  3x  4  Do x2  3x  4  0, x   0.5  2 x   m  3 x  2  0 (2) 2 Bất phương trình (2) nghiệm đúng với mọi x khi và chỉ khi   0 0.5   m  3  16  0  4  m  3  4  7  m  1 2 x 2  mx  2 0.5 Vậy để bất phương trình  1 vô nghiệm thì 7  m  1 . x 2  3x  4  2 x  y  2 x  2 y  1  5 c) Giải hệ phương trình:  . 3 x  2 y  1  y  3 x  2  2 x  y  a Đặt   a, b  0  . Suy ra a 2  b2  3x  y  1 . 0.5  x  2 y  1  b Hệ phương trình đã cho trở thành a  2b  5 a  5  2b (1) 0.5    3b  a  b  1 a  b  3b  1  0 (2) 2 2 2 2 Thay (1) vào (2) ta được  13 b  5  2b   b  3b  1  0  5b  23b  26  0   5 . 0.5 2 2 2 b  2 13 1 Với b   a   (Loại vì a  0 ). 5 5 0.5 Với b  2  a  1 .  2 x  y  1 2 x  y  1 x  1 Khi đó ta có    .  x  2 y  1  2  x  2 y  3  y   1 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.  AB. AC  0  0.5 Để tam giác 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   2 2   0.5      x  1   y  1  18 2 2      2 2   3 3 x 1 y 1    x  2  y  x   y   x  y   x    y  2 .       x  2    x  4  x  1    x  1  18  x  1  9 2 2 2 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 . 2 1 a) Chứng minh rằng: 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 3a.IA  4b.IB  5c.IC  0 thì tam giác ABC đều. a) Do N  BC và thỏa mãn NC  2NB nên ta có 2 NB  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 1 2 5  IA  IC  IB  IC  0  IA  IB  IC  0 0.5 2 2 3 3 2 3 6 1 2 5 4 5  IA   IB  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   3a.IA  4b.IB  5c.IC  0  a 4 IB  5 IC  4b.IB  5c.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. 1 1 1 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 . 1 1 1 1 1 1 y 1 z 1 y 1 z 1 Từ    2   1 1   2 . x y z x y z y z y z 0.5 1 z 1 x 1 1 x 1 y 1 Câu 5 Tương tự ta có  2 . và  2 . y z x z x y (2 điểm)  x  1  y  1  z  1 2 2 2 1 Suy ra 8 0.5 xyz x2 y 2 z 2 1 8  x  1 y  1 z  1 1 1     x  1 y  1 z  1   A  0.5 xyz xyz 8 8 1 3 Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức A là đạt được khi x  y  z  . 0.5 8 2 -----------------------------------------------Hết--------------------------------------------------------- Ghi chú: Nêú học sinh làm theo cách khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa.