Tài liệu đề thi hsg toán lớp 10 cấp trường năm 2016 thpt triệu sơn 3

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3 TỔ : TOÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2016 – 2017 Môn thi: Toán – Lớp 10 – THPT Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (4,0 điểm) Cho hàm số y  x 2  2 x  2 có đồ thị (P) a) Lập bảng biến thiên và vẽ (P). b)Tìm m để đường thẳng (d) có phương trình y  x  m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho OA2  OB 2  82 . Câu 2. (7,5 điểm) 3  2 x 2  3x  2  1. 1  2 x2  x  1 b) Giải phương trình 2 3 x  7  5 3 x  6  4 . a) Giải bất phương trình c) Giải hệ phương trình  xy  y 2  2 y  x  1  y  1  x   3. 6  y  3. 2 x  3 y  7  2 x  7  . Câu 3. (4,5 điểm) a) Tìm tất cả các giá trị của m để hệ bất phương trình sau có nghiệm  3x  1  x  1  0   2 2 2  ( x  2)  m  x x  4  1 b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử 5  H  1;3 , phương trình đường thẳng AE : 4 x  y  3  0 và C  ; 4  . Tìm tọa độ các đỉnh A, B 2  và D của hình thang ABCD. Câu 4. (2,0 điểm) Chứng minh rằng: 1 3   4. 0 sin10 cos100 Câu 5. (2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn 1 1 1    1 . Chứng minh rằng: a b c a2 b2 c2 abc    . a  bc b  ca c  ab 4 -----------------Hết----------------- TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3 TỔ: TOÁN HƯỚNG DẪN CHẤM THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Câu Hướng dẫn chấm 1.a Ks và vẽ (P) đúng 1.b Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình: x 2  2 x  2  x  m  x 2  3 x  2  m  0 (1) Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt    9  4(2  m)  0  4m  1  0  m  1/ 4 (*) Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1 ; x1  m), B( x2 ; x2  m) , trong đó x1 , x2 là các nghiệm Điểm 2,0 2,0 0,25 1,0 của (1). Theo định lý Viet ta có: x1  x2  3, x1 x2  2  m . Ta có: OA2  OB 2  82  2 x12   x1  m   x2   x2  m   82 2 2  2  x12  x2   2m  x1  x2   2m 2  82  2  x1  x2  2  2 x1 x2  m  x1  x2   m 2  41 m  4  9  2(2  m)  3m  m 2  41  m2  5m  36  0  m  9 Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm. 2.a 2 ĐKXĐ: x   x 0,5 0,25 2,0 1 Ta có: 1  2 x 2  x  1  1  (2 x  1) 2  3  1  3  0 với mọi x  �, nên 1,0 BPT  3  2 x 2  3 x  2  1  2 x 2  x  1  1  x 2  x  1  x 2  3 x  2  x 2  x  1  2 x 2  x  1  1  x 2  3x  2  x2  x  1  1  2x x  0 x  0 x  0 1  13    2   2   1  13 1  13  x  2 2  x  x  x 1  4x  3x  x  1  0 x   2 2  1  13  ;   Vậy BPT có tập nghiệm S     2   2.b ĐKXĐ: x  7 / 3 Đặt: 3 x  6  t  x  t 3  6  t  4 / 5 PT trở thành:  2 3(t 3  6)  7  5t  4   3 2  4(3t  25)  (5 t  4) 1,0s 2,0 1,0  t  4 / 5  t  4 / 5   3   2 2  (t  2)(12t  t  42)  0 12t  25t  40t  84  0 t  2  t  4 / 5     1  2017   1  2017 t t  2  t    24 24 Với t  2  x  14 1,0 3  1  2017  1  2017  x  6 Với t     24 24   3   1  2017     Vậy phương trình có tập nghiệm là: S  14; 6      24     2,0 2.c 1  y  6  Điều kiện:  x  0 2 x  3 y  7  0  (*) Vì x = 0 và y = 1 không phải là nghiệm của phương trình nên 1,0  y  x 1  (x  y  1)  y  1  y 1  x  pt 1  y  x  y  1   y  x  1     0 y 1  x   1  x  y  1  0  y  x  1 (do điều kiện (*)) Thay vào PT (2) ta được: 3 5  x  3 5x  4  2x  7 (3) ĐK: 4  x 5 5   3 1   3 1  (3)  (7  x)  3 5  x  3(x  5x  4 )  0 S    ;  ,  ;    2 2   2 2    1 3  (4  5x+x 2 )   0  3 5  x  (7  x) 5x  4  x    1,0 x  1  y  2  x 2  5x+ 4  0   x  4  y  5 Đối chiếu với ĐK thấy hệ phương trình có nghiệm:  x; y   (4;5),(1;2) 2,0 3.a ĐK: 1 x   . Khi đó bpt: 3 (1)   1 x 1  � 3 x  3x 1 ( x 1) 2 x2 x 0 0 x 1 1,0 BPT (2)  ( x 2  2) 2  m  x x 2  4  1  x 2 ( x 2  4)  x x 2  4  3  m (3) Đặt t  x x 2  4  t  0; 5  Ta được bpt: t 2  t  3   m (4).   t  0; 5    2 Xét hàm số f (t )  t  t  3 trên đoạn 0; 5  . Để bpt (1) có nghiệm thì   Bài toán trở thành tìm m để (4) có nghiệm maxf (t )۳ m 8 m 0; 5    5 m 5 8 1,0 3.b 2,0 1,0  3  Do đó: CE  AE  CE: 2x - 8y + 27 = 0. Mà E  AE  CE  E   ;3  , mặt khác E là trung  2  điểm của HD nên D  2;3 . Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1). Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3). KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3) Lưu ý:Nếu học không chứng minh mà thừa nhận CE  AE thì cho 1,0 điểm. 1,0 C B H I 4 K E 2,0 A D 1  3 2  cos100  sin10 0  0 0 cos10  3 sin10 2 2  Ta có: P    0 0 sin10 cos10 1 0 sin 20 2 2sin(300  100 ) 4sin 200   4 1 sin 200 0 sin 20 2 D Đặt P  1 3  0 sin10 cos100 1,0 1,0 2,0 5 Với các số thực dương a, b, c từ giả thiết ta có: abc  ab  bc  ca Khi đó: a2 a3 a3 a3  2  2  a  bc a  abc a  ab  bc  ca (a  c )(a  b) Sử dụng bất đẳng thức AM-GM (côsi) ta có: a3 a  c a  b 3a    (a  c)(a  b ) 8 8 4 Tương tự: a3  (a  c)( a  b) 4a  b  c a2  8 a  bc 1,0 4a  b  c (1) 8 b2 4b  a  c c2 4c  a  b (2); (3)1,0   b  ac 8 c  ab 8 Cộng vế với vế của (1), (2), (3) ta được: 1 Dấu đẳng thức xảy ra khi a  b  c  . 3 a2 b2 c2 abc (đpcm)    a  bc b  ac c  ab 4