Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Kiều Anh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

36
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tham gia thử sức với Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc để nâng cao tư duy, rèn luyện kĩ năng giải đề và củng cố kiến thức Toán học căn bản. Chúc các em vượt qua kì thi học sinh giỏi thật dễ dàng nhé!

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2020-2021 có đáp án - Trường THPT Liễn Sơn, Vĩnh Phúc

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HSG NĂM HỌC 2020-2021 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN ĐỀ THI MÔN: TOÁN - KHỐI 10 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Đề thi gồm: 01 trang 11x  3 Câu 1 (2,0 điểm). Tìm tập xác định của hàm số f  x   . x 2 . 16  x 4 Câu 2 (2,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số y  x 2  2  m  1 x  4 cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  4 . Câu 3 (2,0 điểm). Cho a là một số thực. Xét hai tập hợp: A  ( x, y ) | x, y  , x  y  a và B  ( x, y ) | x, y  , x3  y 3  a . Tìm tất cả các giá trị của a để A và B không có phần tử chung.  x 2  3x  2  2 Câu 4 (2,0 điểm). Giải bất phương trình   x  4x  0 .  x  3  Câu 5 (2,0 điểm). Cho phương trình x  9  x   x 2  9 x  m .Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm thực. Câu 6 (2,0 điểm). Xác định dạng của tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác đó thỏa sin C mãn hệ thức  2. sin A cos B Câu 7 (2,0 điểm). Cho tam giác đều ABC . Điểm M thay đổi nằm trong đoạn AB, ( M khác A và B ). Gọi H , K tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đoạn BC và AC; G là trọng tâm của tam giác MHK . Chứng minh rằng đường thẳng MG luôn đi qua một điểm cố định.   600 . Các điểm M, N được xác Câu 8 (2,0 điểm). Cho tam giác ABC có AB  c, AC  b, BAC     định bởi MC  2MB, NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b, c để AM và CN vuông góc với nhau. 2 x 2  4 xy  5 y 2  5 Câu 9 (2,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2 .  x  2 y  2 x  y  1 Câu 10 (2,0 điểm). Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá xy yz zx trị nhỏ nhất của biểu thức A    . z x y ------Hết------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:…………………….……..…….…….; Số báo danh……………………….
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KSCL ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI KHỐI 10 TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN NĂM HỌC 2020-2021 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN (Đáp án có 05 trang) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,5 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Điểm 11x  3 1 Tìm tập xác định của hàm số: f  x   . 2,0 x 2 . 16  x 4  x 2  0 Hàm số xác định   4 . 0,5 16  x  0  x  0 x  0    0,5  4  x  4  x   0 2 2 2 4  x  0 x  0  2  x  0   0,5  2  x  2 0  x  2 Tập xác định của hàm số là D   2;0    0; 2  0,5 Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số y  x 2  2  m  1 x  4 cắt trục 2 2,0 hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn x1  x2  4 Xét phương trình x 2  2(m  1) x  4  0 * Để đồ thị cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 thỏa mãn 0,5 x1  x2  4 thì (*)phải có 2 nghiệm phân biệt thỏa mãn x1 , x2  0  '  0   S  0  m  1 0,5 P  0   x  x  2  m  1 Ta có  1 2 0,5  x1 x2  4 x1  x2  4  x1  x2  2 x1 x2  16  m  5 . Vậy m  5 0,5
Cho a là một số thực. Xét hai tập hợp: A  ( x, y ) | x, y  , x  y  a và 3 B  ( x, y ) | x, y  , x3  y 3  a . Tìm tất cả các giá trị của a để A và B 2,0 không có phần tử chung. A  B    với mỗi x, y   thoả mãn x  y  a thì x 3  y 3  a Điều này tương đương với x 3  (a  x)3  a x   0,5 Hay: 3ax 2  3a 2 x  a 3  a  0 (1) x   Nếu a  0 thì (1) đúng với mọi x   0,5 Nếu a  0 : (1) đúng với mọi x   khi và chỉ khi: 3a  0 a  0 0,5  4 3  2 4 a2    9 a  12 a ( a  a )  0  4 a  a  0 Vậy các giá trị cần tìm của a là: a =0 hoặc a  2 . 0,5  x 2  3x  2  2 4 Giải bất phương trình   x  4x  0 2,0  x3  x2  4 x  0 x  0 Trường hợp 1:   0,5 x  3  0 x  4 x2  4x  0  x  0  x  4 Trường hợp 2:  x 2  3x  2  0,5  0 1  x  2  x  3  x 3  x4 0,5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S  0   4;   0,5 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 5 2,0 x  9  x   x 2  9 x  m có nghiệm thực. 0  x  9 Phương trình   0,5    9 x  x   2 9 x  x  9  m 2 2 x  9  x 9 Đặt t  9 x  x 2 , 0  t   , x   0;9 0,5 2 2 Phương trình trở thành: t 2  2t  9  m  9 Xét hàm số f  t   t 2  2t  9, t  0;   2 0,5
9 0,5 Từ bảng biến thiên ta có:   m  10 4 Xác định dạng của tam giác ABC biết các góc A, B, C của tam giác đó 6 sin C 2,0 thỏa mãn hệ thức  2. sin A cos B  a  sin A  a b c  2R Áp dụng định lý hàm số sin:    0,5 sin A sin B sin C sin C  c  2R a2  c2  b2 Áp dụng định lý hàm số côsin: b 2  a 2  c 2  2ac cos B  cos B  0,5 2ac Theo giả thiết ta có: sin C c a  a2  c2  b2  0,5  2  sin C  2sin A cos B   2. .   sin A cos B 2R 2R  2ac  a2  c2  b2 c  c 2  a 2  c2  b2  a 2  b 2  a  b c 0,5 Vậy tam giác ABC cân tại C Cho tam giác đều ABC . Điểm M thay đổi nằm trong đoạn AB, ( M khác A và B ). Gọi H , K tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đoạn BC và AC; G là trọng tâm của tam giác MHK . Chứng minh rằng đường thẳng MG luôn đi qua một điểm cố định. A 7 K 2,0 M Q G I O B H P C    2   MH  MK Gọi I là trung điểm HK , ta có MG  MI  MG  . 0,5 3 3 Kẻ MP //AC , MQ//BC ( với P  BC , Q  AC ) suy ra H là trung điểm BP      MB  MP  MA  MQ 0,5 và K là trung điểm AQ. Do đó MG  . 6    Tứ giác MPCQ là hình bình hành MP  MQ  MC. Do đó     MA  MB  MC 0,5 MG  . 6   MO Gọi O là tâm trọng tâm tam giác ABC , suy ra MG  . 0,5 2
Vậy MG luôn đi qua trọng tâm O của tam giác ABC .   600 . Các điểm M, N được xác Cho tam giác ABC có AB  c, AC  b, BAC     8 định bởi MC  2MB, NB  2 NA . Tìm hệ thức liên hệ giữa b, c để AM và 2,0 CN vuông góc với nhau.           Ta có: MC  2MB  AC  AM  2 AB  AM  3 AM  2 AB  AC  0,5    Tương tự ta cũng có: 3CN  2CA  CB . 0,5        Vậy: AM  CN  AM .CN  0  2 AB  AC 2CA  CB  0   0,5           2 AB  AC AB  3 AC  0  2 AB 2  3 AC 2  5 AB. AC  0 c  2b 0,5 bc  2c  3b  5  0  4c  5bc  6b  0   2 2 2 2 2 c  3 b  4 2 2 2 x  4 xy  5 y  5 9 Giải hệ phương trình  2 2 . 2,0  x  2 y  2 x  y  1  2 x  y  2  2  x 2  2 y 2   5  Hệ phương trình   0,5  2 x  y    x  2 y   1 2 2  u  1  u  2 x  y u 2  2v  5  v  2 Đặt  . Hệ trở thành:   0,5 2 2  u   3 v  x  2 y u  v  1   v  2  x  0; y  1 u  1 2 x  y  1 Với   2  0,5  v   2 2  x  2 y  2 x  8 ; y   9  7 7  x  2; y  1 u  3  2 x  y  3 Với   2   v  2 2 x  2 y  2  x   10 ; y   1  7 7 0,5  8 9   10 1  Vậy hệ có 4 nghiệm  x; y  là:  2;1 ;  0;1 ;  ;   ;   ;   . 7 7  7 7 Cho các số thực dương x, y , z thỏa mãn điều kiện x 2  y 2  z 2  1 . Tìm giá 10 xy yz zx 2,0 trị nhỏ nhất của biểu thức A    z x y 2 2 2  xy   yz   zx  Ta có A           2  x 2  y 2  z 2  2 0,5  z   x   y
Ta thấy 2 2 2  x  y    y  z    z  x   0  x2  y 2  z 2  xy  yz  zx, x, y, z * 0,5 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  z 2 2 2  xy   yz   zx  Áp dụng BĐT (*) ta được          x 2  y 2  z 2  z   x   y 2 0,5 2 2  xy   yz   zx  Khi đó A2           2  x 2  y 2  z 2   3  x 2  y 2  z 2   3  z   x   y xy yz zx 1 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi   xyz z x y 3 0,5 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức A bằng 3 đạt được khi x  y  z  3 -------Hết-------