Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Yên Phong 2, Bắc Ninh

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

38
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Gửi đến các bạn Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Yên Phong 2, Bắc Ninh giúp các bạn học sinh có thêm nguồn tài liệu để tham khảo cũng như củng cố kiến thức trước khi bước vào kì thi. Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

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 Yên Phong 2, Bắc Ninh

SỞ GD-ĐT BẮC NINH ĐỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 NĂM HỌC 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 10 (Đề có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Thi ngày: 10/3/2021 Họ và tên thí sinh: ……………………………………………….………. Số báo danh: ……………………….. Câu 1: (2,0 điểm) Cho hàm số bậc hai y = x 2 − 2(m − 1)x − 3m + 4 (1), với m là tham số. a) Vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 2. b) Tìm điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua với mọi giá trị của m . c) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1, x 2 thỏa mãn x1 − 2x 2 = 1 . Câu 2: (3,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho tam giác ABC , với A (2; 3) , B (−2; −1) , C (1;5) . a) Tìm tọa điểm D sao cho DA − DB + 4.DC = 0 . b) Viết phương trình đường thẳng đi qua D và tạo với đường thẳng AB góc 45° . c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Câu 3: (3,0 điểm) Giải hệ phương trình và bất phương trình sau đây: x 2y + 2x 2 + 3y = 15  a)  4 . x + y 2 − 2x 2 − 4y = 5  b) 2x 2 − 8x + 4 > x − 2 . Câu 4: (2,0 điểm) Cho ba số thực x , y, z ∈ 0; 3 , thỏa mãn x + y + z = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức   ( ) P = 3 x 2 + y 2 + z 2 − 2xyz . ============= Hết ============= Thí sinh không được sử dụng tài liệu khi làm bài. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
SỞ GD-ĐT BẮC NINH HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 2 KÌ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2020 – 2021 (HDC có 03 trang) Môn: Toán – Lớp 10 Lời giải sơ lược Điểm Câu 1: (2,0 điểm) a) Với m = 2 thì hàm số (1) trở thành y = x 2 − 2x − 2 và có đồ thị như sau y 1 1,0 1 3 -1 O x -2 -3 b) Gọi M (x 0 ; y0 ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua với mọi giá trị của m . Ta có y 0 = x 02 − 2(m − 1)x 0 − 3m + 4, ∀m ∈ ℝ ⇔ m(2x 0 + 3) + (y 0 − x 02 − 2x 0 − 4) = 0, ∀m ∈ ℝ  2x 0 + 3 = 0 x = − 3 0,5  0 2. ⇔ ⇔ y0 − x 02 − 2x 0 − 4 = 0  13  y0 =  4 3 13 Vậy M (− ; ) là điểm cố định mà đồ thị hàm số (1) luôn đi qua với mọi giá trị của m . 2 4 c) Phương trình x 2 − 2(m − 1)x − 3m + 4 = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khi và chỉ −1 + 13 −1 − 13 khi ∆ ' = m 2 + m − 3 > 0 ⇔ m > hoặc m < (2). Lúc này, theo 2 2 định lí Viet, ta có x 1 + x 2 = 2(m − 1), x 1x 2 = 4 − 3m. x + x = 2(m − 1) 4m − 3 2m − 3 Nhận thấy  1 2 ⇔ x1 = , x2 = , từ đây thế vào x1 − 2x 2 = 1 3 3  Trang 1
−9 ± 3 105 x1x 2 = 4 − 3m và biến đổi ta được 8m 2 + 9m − 27 = 0 ⇔ m = . Cả hai 16 −9 ± 3 105 0,5 giá trị này đều thỏa mãn (2). Vậy với m = thì đồ thị hàm số (1) cắt trục 16 hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x 1, x 2 thỏa mãn x 1 − 2x 2 = 1 . Câu 2: (3,0 điểm) a) Gọi D(x 0 ; y 0 ) thì DA = (2 − x 0 ; 3 − y0 ), DB = (−2 − x 0 ; −1 − y 0 ), DC = (1 − x 0 ;5 − y0 ), DA − DB + 4.DC = (8 − 4x 0 ;24 − 4y 0 ). Do đó 8 − 4x 0 = 0 x = 2 1,0 DA − DB + 4.DC = 0 ⇔  ⇔  0 . 24 − 4y 0 = 0 y 0 = 6   Vậy D(2; 6). b) Đường thẳng d đi qua điểm D(2;6) , có một vectơ pháp tuyến n1 = (a ; b ), a 2 + b 2 ≠ 0. Phương trình của d có dạng a(x − 2) + b(y − 6) = 0. Vì AB = (−4; −4) nên n 2 = (1; − 1) là một vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB . 0,5 n1.n2 2 a −b a = 0 Ta có cos 45° = ⇔ = ⇔ −2ab = 0 ⇔  . n1 . n 2 2 2(a 2 + b 2 ) b = 0 Nếu a = 0 thì b ≠ 0 nên d có phương trình y − 6 = 0. Nếu b = 0 thì a ≠ 0 nên d có phương trình x − 2 = 0. Vậy có 2 đường thẳng đi qua D và tạo với đường thẳng AB góc 450 có phương trình 0,5 lần lượt là x − 2 = 0, y − 6 = 0. c) Với A (2; 3) , B (−2; −1) , C (1; 5) thì AB = 4 2, BC = 3 5,CA = 5, 1 0,5 p = (AB + BC + CA) = 2( 2 + 5). Diện tích tam giác ABC là 2 S = p(p − AB(p − BC )(p − CA) = 6. AB.BC .CA 5 2 0,5 Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là R = = . 4.S 2 Câu 3: (3,0 điểm) x 2y + 2x 2 + 3y = 15 x 2y + 2x 2 + 3y = 15   a)  4 ⇔ x + y 2 − 2x 2 − 4y = 5 2 2 4 2 2 2(x y + 2x + 3y ) + x + y − 2x − 4y = 35   2 2 x 2y + 2x 2 + 3y = 15 x y + 2x + 3y = 15  ⇔ 2 ⇔ x 2 + y = 5 (x + y )2 + 2(x 2 + y ) − 35 = 0  2 0,75   x + y = −7  y = 5 − x 2 y = 5 − x 2 x = 0     2 2 2 2   2 2 y = 5 x (5 − x ) + 2x + 3(5 − x ) = 15 x (4 − x ) = 0  ⇔ ⇔ ⇔  . 0,75    y = −7 − x 2    y = −7 − x 2  x = ±2    x 2 (−7 − x 2 ) + 2x 2 + 3(−7 − x 2 ) = 15 −x 4 − 8x 2 = 36 y = 1      Trang 2
 2 2x − 8x + 4 ≥ 0 x − 2 < 0  b) 2x − 8x + 4 > x − 2 ⇔  2 2  x ≤ 2 − 2 . ⇔  1,5 2x − 8x + 4 > (x − 2)2 x > 4  x − 2 ≥ 0  Câu 4: (2,0 điểm) Vì x , y, z ∈ 0; 3 , và x + y + z = 4 nên   2xyz + (3 − x )(3 − y )(3 − z ) ≥ 0 ⇔ 2xyz + 27 − 9(x + y + z ) + 3(xy + yz + zx ) − xyz ≥ 0 ⇔ 27 − 9.4 + 3(xy + yz + zx ) + xyz ≥ 0 ⇔ 6(xy + yz + zx ) + 2xyz ≥ 18 1,0 ⇔ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) + 6(xy + yz + zx ) + 2xyz ≥ 18 + 3(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ 3(x + y + z )2 + 2xyz ≥ 18 + 3(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ 3.42 + 2xyz ≥ 18 + 3(x 2 + y 2 + z 2 ) ⇔ 3(x 2 + y 2 + z 2 ) − 2xyz ≤ 30. 0,5 Dấu “=” xảy ra khi trong ba số x , y, z có một số bằng 0, một số bằng 1 và một số bằng 3. 0,5 { } Vậy max P = max 3 (x 2 + y 2 + z 2 ) − 2xyz = 30. Trang 3