Để chuẩn bị cho kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán 10 năm học 2018 – 2019 do sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Vĩnh Phúc tổ chức, vừa qua, trường THPT Yên Lạc 2, tỉnh Vĩnh Phúc đã tổ chức kỳ thi khảo sát chất lượng đội tuyển học sinh giỏi Toán 10 năm học 2018 – 2019 của nhà trường, đây có thể coi là bước chạy đà cuối cùng trước khi các em bước vào kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán 10 cấp tỉnh. Thông qua kỳ thi này, các em học sinh khối 10 sẽ được ôn tập lại toàn bộ những kiến thức Toán 10 đã được bồi dưỡng trong thời gian qua, nhà trường và giáo viên sẽ nắm rõ chất lượng để chọn ra những em ưu tú nhất, đại diện cho trường tranh tài ở kỳ thi chọn học sinh giỏi Toán 10 tỉnh Vĩnh Phúc sắp tới. Đề KSCL đội tuyển HSG Toán 10 năm học 2018 – 2019 trường THPT Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc được biên soạn theo hình thức tự luận với thang điểm 20, đề gồm 10 câu, học sinh làm bài thi Toán trong 180 phút, đề thi có lời giải chi tiết. [ads] Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc
Câu 1 (4,0 điểm). 1. Giải phương trình:  2. Giả sử phương trình bậc hai ẩn x (m là tham số): x2 - 2(m - 1)x - m3 + (m + 1)2 = 0 có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn điều kiện x1 + x2 ≤ 4. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: P = x13 + x23 + x1x2(3x1 + 3x2 + 8). Câu 2 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: Câu 3 (1,5 điểm). Cho x, y là hai số thực dương thoả mãn điều kiện Câu 4 (3,0 điểm). 1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O. Gọi M, N, P lần lượt là điểm đối xứng của O qua các đường thẳng BC, CA, AB; H là trực tâm của tam giác ABC và L là trọng tâm tam giác MNP. Chứng minh rằng 2. Cho tứ giác lồi ABCD. Giả sử tồn tại một điểm M nằm bên trong tứ giác sao cho MAB = MBC = MCD = MDA = φ. Chứng minh đẳng thức sau: 3. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ vuông góc Oxy, cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. Các đường thẳng AI, BI, CI lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại các điểm Download tài liệu để xem thêm chi tiết.
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2015-2016ĐỀ THI MÔN: TOÁN10- THPTĐỀ CHÍNH THỨCThời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề.Câu 1 (1,5điểm). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số sau có tập xác định là ¡ .2015 x + 2016y=(m − 1) x 2 + 2(m − 1) x + 4Câu 2 (2,5điểm).a) Giải bất phương trìnhb) Giải phương trìnhx − 2 − 2 ≥ 2 x − 5 − x + 1.x 4 − 2 x3 = 2 ( x 2 − x ) − x.32Câu 3 (1,0 điểm).Cho phương trình x − (2m + 1) x + (m + 2) x + m − 2 = 0 , trong đó m là thamsố. Tìm tất cả các giá trị của m để phương trình đã cho có ba nghiệmphân biệt x1 , x2 , x3 thỏa mãnx12 + x22 + x32 = 17.Câu 4 (3,0 điểm).a) Cho hình vuông ABCD, M là trung điểm của CD. Tìm điểm K trên đường thẳng BD sao choK không trùng với D và đường thẳng AK vuông góc với đường thẳng KM .A −5;1)b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (, điểm C nằm trênđường thẳng d : x − 2 y − 3 = 0 . Gọigiao điểm của đường tròn tâm B bán kính BD với đườngN 4; − 2 ) .thẳng CD là E ( E ≠ D) . Hình chiếu vuông góc của D trên đường thẳng BE là điểm (Tìm tọa độ các điểm B, C , D.c) Cho tam giác ABC không vuông với độ dài các đường cao kẻ từđỉnh B, C lần lượt là hb , hc ,độ dài đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A là ma . Tính cos A , biết hb = 8, hc = 6, ma = 5.ìï x3 - y 3 + 2 x 2 + 4 y 2 + 5 = 0ïí2ï 2Câu 5 (1,0 điểm).Giải hệ phương trình ïî x + 2 y + 4 x - 13 y + 7 = 01 + ab≤ 3Câu 6 (1,0 điểm).Cho hai số thực dương a, b thỏa mãn a < b và b − a. Tìm giá trị nhỏ(1+ a ) (1+ b ) .P=2nhất của biểu thức2a ( a + b)------Hết------Thí sinh không được sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:…………………….………..…….…….….….; Số báo danh…………………SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10,11 THPT NĂM HỌC 2015-2016ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN10 - THPT(Đáp án có 04 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 làmtheo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.II. ĐÁP ÁN:CâuNội dung trình bàyĐiểm1(1,5 điểm)Hàm số có tập xácđịnh ¡ khi và chỉ khi0,25f ( x) = ( m - 1) x 2 + 2(m - 1) x + 4 > 0, " x Î ¡ .0,25Với m = 1, ta có f ( x) = 4 > 0, " x Î ¡ . Do đó m = 1 thỏa mãn.f ( x ) > 0, " x ÎÛ¡2Với m ¹ 1,ïì m > 1Û ïíïïî (m - 1)(m - 5) < 0Û 1 < m < 5. Vậy 1 £ m < 5.a (1,5 điểm)5x³ .2Điều kiện xác định:ìï m > 1ïíïïî (m - 1) 2 - 4(m - 1) < 00,50,250,250,25Bất phương trình tương đương: x - 2 + x + 1 ³Û 2 x - 1 + 2 ( x - 2)( x + 1) ³ 2 x - 1 + 4 2 x - 5.éx ³ 6êÛ.êÛ x 2 - 9 x + 18 ³ 0ëx £ 32 x - 5 + 2.0,250,55£ x £ 3.Vậy nghiệm của bất phương trình là x ³ 6 hoặc 2b (1,0 điểm)Điều kiện xác định: x ≥ 1 hoặc x ≤ 0.(xPT đã cho tương đương20,25− x ) = 2 ( x2 − x ) + ( x2 − x ) .0,252242Đặt t = x − x , t ≥ 0 , ta được PT: t − t − 2.t = 0.()()()⇔ t t 3 − t − 2 = 0 ⇔ t t − 2 t 2 + 2.t + 1 = 0 ⇔ t = 0Với t = 0 thì x − x = 0 ⇔ x = 0; x = 1.0,25hoặc t = 2.230,252x ∈ { −1;0;1; 2} .Với t = 2 thì x − x − 2 = 0 ⇔ x = −1; x = 2. Vậy các nghiệm của PT là(1,0 điểm)x =1⇔ ( x − 1)[ x 2 − 2mx + 2 − m] = 0 ⇔ 2 x − 2mx + 2 − m = 0 (1)PTx, xYêu cầu bài toán tương đương: Tìm m để (1) có hai nghiệm phân biệt 1 2 khác 1 thỏa0,250,250,250,2522mãn x1 + x2 = 16.Phương trình (1) có hai nghiệmx1 , x2phân biệt khác 1 khim 2 + m − 2 > 0∆ ' > 0m > 1⇔⇔(*)1 − 2m + 2 − m ≠ 0 m < −2m ≠ 1 x1 + x2 = 2m222x x = 2−mTheo định lí Viet ta có 1 2. Khi đó x1 + x2 = 16 ⇔ ( x1 + x2 ) − 2 x1 x2 = 16.2Do đó 4m - 2(2 - m) = 16.55m=−m=− .Û m = 2 hoặc2 . Kết hợp vớiđiều kiện (*) ta được m = 2 ,24(3,0 điểm)a (1,0 điểm)Gọi a là độ dài cạnh hình vuônguuur r uuur rABCD. Đặt DA = u; DC = v thìr rrru = v =au.v = 0. Giả sửvàuuur uuurDK = xDB ( x ≠ 0)thìuuurr rDK = x u + v .(0,250,250,25)Suyrauuur uuur uuurr rAK = DK − DA = ( x − 1)u + xv0,25vàuuuur uuur uuuur r 1rMK = DK − DM = xu + x − ÷v.2Tacóuuur uuuurr r r 0,251 r1AK .MK = 0 ⇔ ( x − 1)u + xv xu + x − ÷v ÷ = 0 ⇔ x ( x − 1)a 2 + x x − ÷a2 20,2533⇔ 2 x2 − x = 0 ⇔ x =24 . Vậy,()điểm K nằm trên BD thỏa mãnuuur 3 uuurDK = DB.4b (1,0 điểm)Gọi I = AC I BD , do·BND= 900 nên0,25IA = IB = IC = ID = IN , suy ra·ANC = 900.CN có véc tơ pháp tuyếnuuurAN = ( 9; - 3)nên phương trìnhCN : 3 x - y - 14 = 0.TọađộCthỏamãnhệ0,253x − y − 14 = 0 x − 2 y − 3 = 0 , suy ra C ( 5;1) .Do BD = BE và BC ^ DE nênC là trung điểm DE, suy raCI || BE . Do đó D đối xứng với0,25N qua AC.Phương trình AC : y − 1 = 0 , từđó suy ranênD ( 4; 4 ) .DoI ( 0;1)B ( −4; −2 ) .0,25B ( −4; −2 ) , C ( 5;1) , D ( 4; 4 ) .Vậyc (1,0 điểm)Vẽ đường cao BM và CN của tam0,25giỏc ABC ( M AC , N AB ).Gi K l trung im ca BC, quaK k ng thng song song viCN v BM ct AB, AC ln lt tiE v F. Khi ú E l trung imBN v F l trung im CM.Bn im A, E , K , F nm trờnng trũn ng kớnh AK = 5 ,theo nh lý sin trong tam giỏcEKFtacãEF = AK .sin EKF= 5sin A .p dng nh lý cosin trong tamgiỏc EKF ta c :0,250,2522ãEF = KE + KF 2 KE.KF .cos EKF = 3 + 4 + 2.3.4.cos A222 25sin 2 A = 25 + 24.cos A 25 ( 1 cos 2 A ) = 25 + 24.cos A2425 (vỡ cos A 0 ).(1,0 im). Gii h cos A = 5ỡù x 3 - y 3 + 2 x 2 + 4 y 2 + 5 = 0 (1)ùớùù x 2 + 2 y 2 + 4 x - 13 y + 7 = 0 (2)ợCng tng ng hai v ca (1) v(2) ta cx3 + 3 x 2 + 4 x = y 3 - 6 y 2 + 13 y - 120,250,25 ( x + 1)3 + ( x + 1) = ( y - 2)3 + ( y - 2).22ự= 0 ( x + 1- y + 2) ộờ( x + 1) + ( x + 1)( y - 2) + ( y - 2) + 1ỷỳở0,25 y = x + 3.Th y = x + 3 vo (2) ta c:6ộ - 3 + 177ờx =ờ0,2563 x 2 + 3 x - 14 = 0 ờờ - 3 - 177ờx =ờ6ở( x; y ) l:Vy h cú nghimổửổử0,25- 3 + 177 15 + 177 ữ- 3 - 177 15 - 177 ữỗỗữữ;;;.ỗỗữữỗỗữữỗỗ6666ốứốứ(1,0 im).0,253 ( b a ) 1 + abTa cú(1), m1 + ab 2 ab , suy raba2ab33 ( b a ) 2 ab tt=batac1 2a 1t− ≥⇔ t ≥ 3 ⇔ b ≥ 3a ⇔ ≤tb 33.Tacó2221 + a ) ( 1 + b ) (b − a) + ( ab + 1) 2 4(ab + 1) 2(P==≥0,25a (a + b )a (a + b )3a (a + b)(theo (1))Mặtkhác24(ab + 1)4.4ab16b1616≥==≥0,25 = 4.3a (a + b) 3a (a + b) 3(a + b)a 1 3 + 1÷ 3 + 1 ÷b 3 Do đó P ≥ 4 . Đẳng thức xảy ra1a=;b = 30,253khi và chỉ khi.Vậy min P = 4 .-------Hết------- |
