Tài liệu Tổng hợp đề thi học sinh giỏi toán 10 có đáp án

  • Số trang: 79 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 2827 |
  • Lượt tải: 1
dangvantuan

Tham gia: 02/08/2015

Mô tả:

ðỀ THI CHỌN HSG CẤP TRƯỜNG SỞ GD&ðT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn thi: Toán lớp 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1 (4 ñiểm). Cho hàm số y = x 2 − (2m − 3) x − 2m + 2 (1) 1) Xét sự biến thiên và vẽ ñồ thị hàm số (1) khi m = 0 . 2) Xác ñịnh m ñể ñồ thị hàm số (1) cắt ñường thẳng y = 3 x − 1 tại hai ñiểm A, B phân biệt sao cho OA 2 + OB2 ñạt giá trị nhỏ nhất ( O là gốc tọa ñộ). Câu 2 (4 ñiểm). 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ñể phương trình sau có nghiệm : x 4 + 4 x 3 + 2 x 2 − 4 x − 3m + 1 = 0  x( y − 1) + 2 y = x ( x + 1) 2) Giải hệ phương trình:   2 x − 1 + xy − 3 y + 1 = 0  x −1 +3≥0  ( a là tham số) Câu 3 (4 ñiểm). Cho hệ bất phương trình  2 (a − 1) x − 2 ≥ 0 1) Giải hệ bất phương trình với a = −1 2) Tìm tất cả các giá trị của a ñể hệ bất phương trình có nghiệm. Câu 4 (6 ñiểm). 1) Cho tam giác ABC. Tìm tập hợp các ñiểm M thỏa mãn     2MA 2 + MA.MB = 2MA.MC 2) Cho hình vuông ABCD có A(1;-1), B(3;0). Tìm tọa ñộ các ñỉnh C và D. 3) Chứng minh rằng trong mọi tam giác ABC, ta có: (b + c) cos A + (c + a ) cos B + (a + b) cos C = a + b + c Câu 5 (2 ñiểm). Cho 3 số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P= ab bc ca + + c + ab a + bc b + ca ……..……………Hết………………… Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ………………………………………….……….; Số báo danh: ………….……………… Trang 1 HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI SỞ GD&ðT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN NGÀY THI 19/01/2014 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 Câu Câu I 1) (2 ñiểm) (4 m = 0 ⇒ y = x 2 + 3x + 2 ñiểm) * TXð: R * BBT: Phương pháp – Kết quả ðiểm 0,25 0,25 0,5 3 2 1 4 * Xác ñịnh các ñiểm: ñỉnh I (− ;− ) , giao trục tung (0;2) , giao trục hoành (−1;0), (−2;0) . * Vẽ ñúng ñồ thị --------------------------------------------------------------------------------------------2) ( 2 ñiểm) * Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: x 2 − 2mx − 2m + 3 = 0 (*) * Tìm ñược ñiều kiện cần và ñủ ñể ñường thẳng cắt ñồ thị hs tại hai ñiểm phân biệt A, B là m < −3 hoặc m > 1  x1 + x 2 = 2m  x1 x 2 = −2m + 3 * A( x1 ;3x1 − 1) , B( x 2 ;3x 2 − 1) . Tính ñược OA 2 + OB 2 = 40m 2 + 28m − 58 * Tìm ñược OA 2 + OB 2 nhỏ nhất bằng 10 khi m =1. Kết luận. Câu 1) (2 ñiểm) II * BðTð PT về dạng: ( x 2 + 2 x) 2 − 2( x 2 + 2 x) − 3m + 1 = 0 (4 * ðặt t = x 2 + 2 x , phương trình trở thành t 2 − 2t = 3m − 1 ñiểm) * Tìm ñược ñiều kiện t ≥ −1 . * Lập ñúng bảng biến thiên của hàm số f (t ) = t 2 − 2t với t ≥ −1 * Dựa vào BBT tìm ñược các giá trị m thỏa mãn là m ≥ 0 . KL -------------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm) 1 * ðiều kiện x ≥ 2 2x − 1 + 1 0,5 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 -----0,25 0,5 0,25 * Biến ñổi pt thứ nhất ñược y = x * Thay y = x vào pt thứ hai ñược 2 x − 1 + x 2 − 3 x + 1 = 0 (1) 2 0,25 0,25 * Gọi x1 , x 2 là các nghiệm của pt(*), ta có  * Biến ñổi (1) ⇔ ( x − 1)( 0,5 0,5 ------- + x − 2) = 0 0,5 Tìm ñược x=1, y =1 là một nghiệm của hệ pt * Giải pt: 2 2x − 1 + 1 + x−2 =0 t = 1 0,25 ðặt t = 2 x − 1 ( t ≥ 0 ), Pt (2) trở thành t 3 + t 2 − 3t + 1 = 0 ⇔  t = −1 + 2 * Tìm ñược x = 1, y = 1 hoặc x = 2 − 2 , y = 2 − 2 . Kết luận hệ phương trình có hai nghiệm (1;1), ( 2 − 2 ;2 − 2 ) Câu III 1) (2 ñiểm) Với a = −1 , ta có hệ bpt (4 ñiểm)  x −1 +3≥ 0  x ≥ −5  ⇔  2  x ≤ −1 − 2 x − 2 ≥ 0 0,25 1 Trang 2 ⇔ − 5 ≤ x ≤ −1 . Kết luận tập nghiệm của hệ bpt [− 5;−1] . -------------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm) * Tập nghiệm của bpt (1) là S1= [− 5;+∞ ) * Nếu a = 1 , bpt(2) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm 2   2 . Tập nghiệm của bpt (2) là S2=  ;+∞  a −1  a −1 S1 ∩ S2 ≠ ∅, ∀ a > 1 . Hệ bpt luôn có nghiệm với mọi a > 1 . 2  2  . Tập nghiệm của bpt (2) là S2=  − ∞; * Nếu a < 1 , (2) ⇔ x ≤ a −1 a − 1  a < 1 3  Hệ bpt có nghiệm khi và chỉ khi  2 ⇔a≤ 5  a − 1 ≥ −5 3  * KL: hệ bpt có nghiệm với a ∈  − ∞;  ∪ (1;+∞ ) . 5  1 ------0,5 0,25 * Nếu a > 1 , (2) ⇔ x ≥ Câu 1) (2 ñiểm) IV * Biến ñổi ñẳng thức về dạng: MA(2CA + MB) = 0 (*) (6 * Gọi I là ñiểm xác ñịnh bởi IB = −2CA , ta có ñiểm) (*) ⇔ MA.MI = 0 ⇔ M thuộc ñường tròn ñường kính IA * KL: Tập hợp các ñiểm M là ñường tròn ñường kính IA ----------------------------------------------------------------------------------------2) (2 ñiểm) * Có: AB = (2;1) * Giả sử C ( x; y ) ⇒ BC = ( x − 3; y ) * Vì ABCD là hình vuông nên AB vuông góc với BC và AB = BC . Ta có hệ 2( x − 3) + y = 0  2 2 ( x − 3) + y = 5 0,5 0,5 0,25 0,5 1 0,5 ------0,5 0,5 x = 2 x = 4 hoặc  . Vậy C (2;2) hoặc C (4;−2) y = 2  y = −2 * Giải hệ pt ñược  0,5 * Gọi I là tâm hình vuông ABCD 3 1 2 2 5 3 Nếu C (4;−2) thì I ( ;− ) ⇒ D (2;−3) 2 2 Nếu C (2;2) thì I ( ; ) ⇒ D(0;1) Kết luận ----------------------------------------------------------------------------------------3) (2 ñiểm) * VT= b cos A + c cos A + c cos B + a cos B + a cos C + b cos C b2 + c2 − a 2 b2 + c2 − a2 a2 + c2 − b2 a 2 + c2 − b2 a2 + b2 − c 2 a2 + b2 − c 2 + + + + + c b a c b a = a + b + c = VP ⇒ ñpcm. = Câu * Vì a + b + c = 1 nên ta có V (2 ñiểm) ab ab = c + ab (1 − a )(1 − b) 0,5 ------0,5 1 0,5 0,5 Trang 3 * Áp dụng bất ñẳng thức Cô- Si: ⇒ ab 1 a b ≤ ( + ) (1 − a )(1 − b) 2 1 − b 1 − a ab 1 a b ≤ ( + ) c + ab 2 1 − b 1 − a bc 1 b c ≤ ( + ) a + bc 2 1 − c 1 − b ca 1 a c ≤ ( + ) b + ca 2 1 − c 1 − a 1 a+c b+c b+a 1 1− b 1− a 1− c 3 * Suy ra P ≤ ( + + )= ( + + )= 2 1− b 1− a 1− c 2 1− b 1− a 1− c 2 1 Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 3 3 1 * Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng khi a = b = c = . 2 3 0,5 * Tương tự: 0,5 0,5 Lưu ý khi chấm bài: Trên ñây chỉ là sơ lược ñáp án, bài làm của học sinh phải ñược trình bày tỉ mỉ. Mọi cách giải khác, nếu ñúng, vẫn cho ñiểm tương ñương như trên. Trang 4 sa GIA!J DVC: VA DAO T~O TID CHON HOC SINH GIOI LOP 10 NAM HOC 2013-2014 TINH DONG NAI Mon: Toan. ThCrigian lam hai: 180 phut. Ngiy thi: 04/4/2014. ([)J thi nay g6m m(jt trang, co niim diu). DE THI CHiNH THUC Can 1. (4 diem) Giii phmmg trinh ~ x + x+ 2 +~ i -x+ I Cho tarn giae ABC ee eo{~).eo{~) = 2 = 2x+ 1 (vm x E R). Can 2. (4 diem) IcYhi~n s6 do ella cae goe 4(sinC{ vm A, B, C mang Ung Ii 6iB, iiiC, icA. ChUng minh rfulg tarn giae ABC Ii tarn giae deu. Can 3. (4 diem) Cho cae s6 thge duang a, b, c th6a a + b + c = 1. abc Ch Ung m inh a + 6bc + b + 6ca + c + 6ab ;:::1. " Can 4. (4 diem) 2 . < • d I" 'th. Ch o h at so nguyen uang e m va n oa {( m + 2) : n (2 ). . n +2 :m I) Hay tim mQt e~p g6m hai s6 nguyen duang Ie (m ; n) th6a cae dieu ki~n daehovmm> 10vin> 10. 2 2 2) ChUng rninh (m + n + 2) : 4mn. Can S. (4 diem) --- ..-. --- , Cho tarn giae ABC co ba gee CAB, ABC, BCA deu Ii gee nhQn. GQi (0) Ii dui:mg trim tam 0 nQi ti~p tarn ghie ABC vi ti~p xue vm hai e(lllh AB, AC IAn luq1:t(li D, E. GQi M Ii giao diem ella hai dui:mg thfulg OB vi DE, gQi N Ii giao diem ella hai dui:mg thfulg OC vi DE. ChUng minh MN = BC.sin do ella gee CAB. (2"A) ; vm A Ii IcYhi~u so.---.. ---------H~t--------Trang 5 Sa GIA.!>DVC: vA THI CHO~ HOC SINH GIOI UlP 10 NAM HOC 2013-2014 DAo T~O TINH DONG NAI mrONG DAN CHAM THI vA BlEU DIEM Mon Toan (d~thi chinh thuc) Cau 1. Bitu diem NQi dung fdl qi4Jp~tr.(1flgtrirz~:_______________ ~i + x+2 +~i ........ _ _ L=4d 0,25 d -x+ 1 =2x+ 1 (1). Di~uki~n x> -;1 (2). .....................................................•................................................••. . _-- mmn~~n~?(1}~~~~n~~m~n~~~4~n~~~n~n~~~hh~h~~~n~n~~~n~m 0,75 d A/4 2 <;::> __Vx 2 +2x -x+2=x 0,25 d +2x-l -----:-F:--~-;;2~--1-;-~-------------~-------------2--.--------------------:-------------:-------------.--.-- ------------------------------1d l x + 2x - x + 2 = x + 4x + 1 + 4x - 2x - 4x -----------------{-;; -1 + ;j2,d~(2) - _____h..._ -- ---------- 0,75 d 3 <;::> 4x -3x-1 =0 ---------------{;;~i~12--2 <;::> (x-1)(2x+ 1) _______h._____ <;::> = 0 ------------------ x = 1. 1 d Phuang trinh dii cho co t~p nghi~m la {11 2. ________ c;htr.r:grrzJrz~4!!c;liltt1.rrzgi4.~tt.~u.:____________________________ 2[ cos(~)r = 1 + cosA= 1 + b +2:e-l L=4d _ 2 Ta co 2P~; a), 0,5 d n_m~~~~(~J~V=~~~=);n~~i~~=~:n~~=h~~=~m~n~'~n=:n~~n:ne'nn__mmmnm._ m!~~~t~nSi~(~)=V~=bb~=~~n~~~{~)=V(pn=%;:;n~):m n nnnn_O'~m~h 0,25 d Tuang tg co{~) = V ~~)~b2 n~n~~{~).~~{~)=~~ne.nnmmmnnnnnnnnn:nm:m:nnnmnmnmmmnnnnm unnn:nmn~,~~~ a) . (p 2 e 2 M~t kh:ic si~C = 2R <;::> sinC = 2~ 4(sinC) = <;::> 2' vai R lit ban kinh 0,5 d R ~1!~gtn)IlIlgo~it~~p4,4!!c;: abc abc MitS= =,?R=-= 4R h _ abc nnnmn~~nn~J.P(pn~q)(pn~~)(pn~c;)mmmnmm Thi ,..hnn hnr c:inh oiAi lfm 1 n n~mhoc 2011-2014 --- 0,5 d Trang 6 HmJne:d~n chfun thi va Bieu di~m mon Toan (d~ chinh thuc). 1/3 .. . . - . C)2 _ 16p(p - a)(p - b)(P - c) 4( Sill 2 2 :::> 0,25 d ab ..... ;~~~~~{~).~~{~):~(~i~~{:~ ~;~=~)(p=~l:~2~2~1 ; ~,;~.~ . ...... . ---------.-- MaO<4(p-a)(P-e)=b ------_. 2 -(a-c) = ----------_................. '5,b 2 a - (b - c) '5, a 0,5 d 2 . -----.-_ 2 2 2 Suy ra 16(p - a)(p - b)(P - c) '5,a b 0,5 d Do do (1) <=> a = b = e <=> MBC d€u. ____ ~~0:g_ rrz!-'!~_~6:.~ f!/!rz.g!~'!.c:.: 3. 2 2 2 Chirngminh: (1) <=> (p+ ql(qa +Pb )_pq(a+ ...................... 2 2 2 abc 2 a E lR;p > 0, q > O. 6abe + e + b b + 6ea (a+ b) +2 b 2 b + 0,5 d . 2 +2 6abe (a+b+e) ~ (1). b)2 ~ 0 (dop> 0, q>O) _-.-...................................... ------------_ 2 + .~.~ .1.~. 2 , ~ 0, dieu nay dUng \fa, b,p, q . 'th d ,a Vi1 a, b , e 1a, cac so gc U 0, q > O.Khi <=> (qa - pb) 6abe a e + 2 e 6ab e >22 + + . 2 +2 + b + 12abe e ~ + 1,5 d 6abe 2 2 + e + 18abe .M~tkh~~~pd~~gb1tdfuig gifratrungbillh~~~gvitru~gbhilirih~~ ab + be + ea ............................. . __ 2 2 TUO m +n 2 ---------_ 0,25 d 7 0,25 d .Trang d. HlTI'mo n~n •.•h:1m thi v?:lRit.n f1it.m mAn Tn:ln (f1i;.•.•hfnh th(, •.•' ?/1 ~~~~~~~:;~~~~: (:2;~2;;):::(:2-;~2;2) : 4.2) (ti~p) :; d ;:::1(3); ~~~d > 1 thid;:::2~a~th~fu;~&i;;;~i~ !iT(l ),(~),(~)~~~~~(~~~~2~2 ):fnn. d => 2 : ~---------~,;d 1e.-:O,_5._A _ .________ •••-.______________________ __?'=~ d • 2 Cuoi cung vi m Ie nen m = 2k+ 1 (vm kEN) Tmmg t\I n 2 2 = 4/(/ 2 => m = 4k(k+ 1) + 1. + 1) + 1 (vm / EN). ) 0,75 d • Suy ra ( m + n + 2 : 4. TiT do co dieu phai chUng minh. 5. ChUng minh MN = Bc.sin(~} - ..- -- - --- -- -- - -- - _. _. - -- - -_. - _. _. - _. - - - - - -- -- - -- - - - - - -- -- -- - -- - - - - - - _. - - -- - --- - _. - - -- - -- - -- _. - - --- L =4 d - -- - --- --- - ---- A 0,5 d B C ....1]1~~.gi.~ .~.i~! !J.P.. ~.1~:__ __ -.... => MDEciin 1t - A __ .__ .____ .__ t(liA => CEM=AED=-2-' -- - -- - -- - --- - -- - - -- -- - -- - - - -- -- - - - - - - - - - -- - -- - - - - - - -- -- -- -- - -- - - - -- - -- - - -- - - -- - --- - -- - -- _.- - -- - -- --.- -.-... ...-.. 1t - A MaCOM= OBC + OCB = -2-' __. 0,5 d - - _ .._. _. -- 0,5 d ------. V~y CEM= COM => COEMla ill giac nQi tiep. ::::~~~:gj~ :~hj~~ :Q~:~) f..: :r~: ~~:~MX~M;::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: ::9~~: ~:: .__ .I~~g.~ .c.N..~ .1?N..? #.c.¥J!. J.a.ttl.~Qi .t.i.~P..~!I~.g. !!~I1 ..~~~g, ~ .1?<;;:.. __9:.5.. ~ __ .. ---- 0,5 d Ap d\Ulg dinh ly him s6 sin cho tam giac CMN co MN = BC.sinMCN. .... ~~~. ~~~ .~~?~~. ~;~(~ .~ .. ~J'~ .~;~~~. ~'i~(j' ~.~)'..-;A) = cosCEM= Do do MN LIl"U coset = sin(~)- -- . 1d = Bc.sin(~)- y: N~u thi sinh giai cach khac dung thi dugc di~m t6i da theo quy dinh va th6ng nhilt cach cho di~m thinh ph.ln tren co sO-cua huang dful va bi~u di~m nay. SO-Giao d\lc va Dao t(lO yeu du T6 Giim khao mon Toan din Cll huang dful va bi~u di~m nay, h<;>pd~ th6ng nh.lt truac khi ch.lm. /. Thi chQn hQCsinh gioi 1O'p10 nlim hQc 2013.2014_ Hu6ng dfu. chfun thi va Bien diem mon Toan (de chinh thuc)_Trang 3/3 8 http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN 10 ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM LẠNG GIANG NĂM HỌC 2015-2016 ( Hướng dẫn chấm này có 5 trang) Câu 1 Đáp án Thang điểm Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  m  1 (m là tham số thực) có đồ thị là  P  . a) Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng 2    : y  mx  m2  1 cắt đồ thị hàm số  P  tại hai điểm nằm về hai phía đối với trục tung Oy. b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số  P  luôn 2 nằm trên trục hoành Ox. a,Hoành độ giao điểm của đường thẳng    và đồ thị hàm số  P  là nghiệm của PT: x 2  2  m  1 x  m  1  mx  m 2  1 0,5  x 2  (3m  2) x  m 2  m  2  0 1 Đường thẳng    cắt đồ thị hàm số  P  tại hai điểm nằm về hai phía đối với trục tung Oy khi và chỉ khi PT (1) có hai nghiệm trái 0,5 dấu  m2  m  2  0  m  2 hoặc m  1 . Kết luận… 1 b, Đồ thị hàm số  P  luôn nằm trên trục hoành Ox khi và chỉ khi 0,5 y  0 với x   x 2  2  m  1 x  m  1  0, x   '  0 0,5  m 2  3m  0 2 a  3  m  0 0,5 Kết luận… 0,5 a,Giải phương trình sau 3 x  2 x 1  3 x 1  3 x  x 1  4  0 ĐK: x  1 2 3 PT  x 2  4  2 x3  1  3 2   0,5 x  1  x2  x  1  0 Đặt t  x  1  x2  x  1 (t  0) Khi đó PT trở thành t 2  3t  2  0 Giải PT trên ta được t = 1 hoặc t = 2 1 0,5 0,5 Trang 9 http://toanhocmuonmau.violet.vn * Với t = 1 ta có PT x  1  x2  x  1  1  (PT vô nghiệm) * Với t = 2 ta có PT x  1  x2  x  1  2   x2  2   x 2 2    x  1  x2  x  1  x  1  x2  x  1 2  2  1  x 2  1  2 x3  1  0 4 x3  1  1  0 x3 x3  1  1 0 x  0  2x 1   0 1  x3  1  1 0,5 Giải PT (1)  x3  1  2 x  1 Giải PT ta được nghiệm x  2  2 2 Kết luận: Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x  0, x  2  2 2 b 0,5 0,5 Giải hệ phương trình sau: 2 x 2  4 xy  5 y 2  5  2 2  x  1  2 y  y  0  2 x  y 2  2 x 2  2 y 2  5  HPT   2 2  2 x  y   x  2 y  1  0 u  2 x  y Đặt  2 2 v  x  2 y   3  0,5  Hệ PT trở thành u2  2v  5 (*)  u  v  1  0 0,5 u  1 u  3 và  v  2 v  2 Giải hệ PT (*) có hai nghiệm  0,5 u  1 ta có v  2 * Với  2 x  y  1 (I)  2 2  x  2 y  2 8  x  x  0  Giải hệ PT (I) ta được  và  7 y 1 y   9  7 2 x  y  3 u  3 * Với  ta có  2 (II) 2 v  2 x  2 y  2 2 0,75 Trang 10 http://toanhocmuonmau.violet.vn 10  x  7 và  x  2 Giải hệ PT (II) ta được   y 1 y   1  7  3 0,75 Kết luận… a) Cho tam giác ABC. M là trung điểm của AC, điểm N thuộc đoạn thẳng BM thỏa mãn BN=3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2PB+3PC=0 . Chứng minh rằng ba điểm A, N, P thẳng hàng. b) Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng đường AE vuông góc với BH. a, 3 3 Ta có  3 3 AN  AB  BN  AB  BM  AB  AM  AB 4 4 31 3  1  AB   AC  AB   AB  AC 42 8  4      2PB+3PC=0  2 AB  AP  3 AC  AP  0  AP  8 5 1 2 3 AB  AC 5 5 1 Suy ra AP  AN 0,5 Suy ra ba điểm A, N, P thẳng hàng. 0,5 3 Trang 11 http://toanhocmuonmau.violet.vn M là trung điểm BC mà cân ABC tại A nên AC nên AM  BC  AM .BC  0  AM .MC  0 H là hình chiếu vuông góc của M lên MH  AC  MH . AC  0  MH .CH  0 0,5 Ta có    1 1 AM  AH  2 AM  MH 2 2 BH  BC  CH  2 MC  CH AE   0,5 Suy ra AE.BH   1 2 AM  MH 2  2MC  CH   1 4 AM .MC  2 AM .CH  2MH .MC  MH .CH 2  AM .CH  MH .MC   0,5  A A  AM .CH .cos 180o    MH .MC.cos   2 2  A 2 AM HM   AM .HC  MC.HM Ta có AHM MHC  MC HC Suy ra AE.BH  0  AE  BH    AM .CH  MH .MC  .cos 4 0,75 0,75 Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b thỏa mãn điều kiện: a  c  1  a  b b  c sin A  2sin B.cosC 2 Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều. a  c  1  a  b b  c sin A  2sin B.cosC  1  2 4 Trang 12 http://toanhocmuonmau.violet.vn 1  a 2  c 2  b2  ac Ta lại có cos B  0,5 a 2  c2  b2  a 2  c 2  b 2  2ac.cosB 2ac 1 (*) 2 a b a b   2 R  sin A  ,sinB  Ta có sin A sin B 2R 2R 2 2 2 a b c cos C  2ab Suy ra cos B   B  60o 0,5 Từ đây suy ra a b a 2  b2  c2 2 .  b2  c2  b  c suy ra tam giác ABC 0,5 2R 2R 2ab  2  cân tại A (**) Từ (*) và (**) suy ra ABC đều. 5 0,5 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng: a b  c  3  b c  a 3  c  a  b 3  27 8 2 Trước hết ta chứng minh BĐT a 2 b2 c2  a  b  c     , x, y, z  0 x y z x yz 2 (*) 0,5 Áp dụng BĐT AM-GM ta có a b  c  3  a 1  a  3  2a 2 2a 2  2a 1  a 1  a 1  a   2a  1  a   1  a   3   1  a  3   0,5 27 a 2  4 1  a  Chứng minh tương tự, ta có b c  a 3 c a  b 3   c 1  c  3 b 1  b  3  27c 2 4 1  c   27b 2 4 1  b  0,5 Áp dụng BĐT (*), ta có a b  c  3  b c  a 3  c a  b 3  27  a 2 b2 c2      4 1  a 1  b 1  c   a  b  c   27 27  . 4 1 a 1 b 1 c 8 2 Dấu «= » xẩy ra khi và chỉ khi a  b  c  5 1 3 0,5 Trang 13 http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG CỤM LẠNG GIANG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP CỤM MÔN THI: TOÁN 10 Năm học: 2015 - 2016 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1 (4 điểm) Cho hàm số y  x 2  2  m  1 x  m  1 (m là tham số thực) có đồ thị là  P  . a) Tìm điều kiện của tham số m để đường thẳng    : y  mx  m2  1 cắt đồ thị hàm số  P  tại hai điểm nằm về hai phía đối với trục tung Oy. b) Tìm điều kiện của tham số m để đồ thị hàm số luôn nằm trên trục hoành Ox. Câu 2 (6 điểm) a) Giải phương trình sau: x 2  2 x3  1  3 x  1  3 x 2  x  1  4  0 b) Giải hệ phương trình sau: 2 x 2  4 xy  5 y 2  5  2 2  x  1  2 y  y  0 Câu 3 (6 điểm) a) Cho tam giác ABC. M là trung điểm của AC, điểm N thuộc đoạn thẳng BM thỏa mãn BN=3MN , điểm P nằm trên cạnh BC thỏa mãn 2PB+3PC=0 . Chứng minh rằng ba điểm A, N, P thẳng hàng. b) Cho tam giác ABC cân tại A. M là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của M lên đường thẳng AC, E là trung điểm của MH. Chứng minh rằng AE vuông góc với BH. Câu 4 (2 điểm ) Cho tam giác ABC có BC = a, AB = c, AC = b thỏa mãn điều kiện: a  c  1  a  b b  c sin A  2sin B.cosC Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác đều. Câu 5 (2 điểm) Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn a  b  c  1 . Chứng minh rằng: a b  c  3  b c  a 3  c  a  b 3  27 8 --------------- Hết ------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ tên thí sinh …………………………………… Số báo danh:……………………. Trang 14 http://toanhocmuonmau.violet.vn SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC GIANG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2013 - 2014 MÔN THI: TOÁN LỚP 10 PHỔ THÔNG ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 01 trang) Ngày thi: 29/3/2014 Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1 ( 4, 0 điểm) 1) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt :  m 1 x4  2  m  2 x2  2m  1  0. 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y  3x 2  2 x  2  1 có tập xác định là x 2  2mx  1 . Câu 2 ( 6, 0 điểm) 1) Giải phương trình 2x  3  3 3  x  11x  24 6 x 2  16 x  12 . 2) Giải bất phương trình 2 x  3  2 x  7  12  4 x  x 2 .  xy  5 x  6 3) Giải hệ phương trình  2 2  x  5 xy  4 y  10 y  10. Câu 3 ( 2, 0 điểm). Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là BC  a, CA  b , AB  c ; góc A  600 và ab  2cos B  1. Tính số đo các góc B và C. ac Câu 4 ( 6, 0 điểm) 1) Cho tam giác ABC cân tại A, M là điểm bất kỳ thuộc cạnh BC. Chứng minh rằng: 2MB.MA  MB  MB  MC  . 2) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(-2; 1), cạnh BC có độ dài bằng 6; E(1; 3) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lập phương trình đường thẳng BC biết đường thẳng BC đi qua điểm M(-1; 2). 3) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh A(0; 2), đường phân giác trong của góc ADC là đường thẳng d: x  y  6  0 . Biết đỉnh D có hoành độ dương và diện tích hình chữ nhật ABCD bằng 8. Tìm tọa độ đỉnh B. Câu 5 ( 2, 0 điểm). Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn a 2  b2  c2 = 3. Chứng minh rằng 1 1 1 3     3  ab 3  bc 3  ca 2 ------ HẾT -----Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .................................................................Số báo danh:.................................. Giám thị 1 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Giám thị 2 (Họ tên và ký).............................................................................................................. Trang 15 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2014 - 2015 MÔN: TOÁN LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút ( Đề thi có 01 trang, gồm 5 câu) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1.   a) Giải phương trình x x  2014  x 1  1  x . 2  1 y 2 x   2  y b) Giải hệ phương trình  x x .  4 2 16 x  24 x  8 3  2 y  3  0 Câu 2.  x  y  4 xy  1  9 xy Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình  3 3 3 3 3 3  x  y  64 x y  1  mx y có nghiệm  x; y  với x  0, y  0 . Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC . Gọi H , K lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết 1 3 H  5; 1 , K  ;  , phương trình đường thẳng BC là x  3 y  4  0 và điểm B có hoành 5 5 độ âm . Câu 4. a) Cho tam giác ABC có trọng tâm G . Chứng minh rằng nếu AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác GAB thì cos 2 A  cos 2 C  2cos 2 B . b) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn  a  b  b  c  c  a   8 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 1 P 3    . abc a  2b b  2c c  2a Câu 5. Kí hiệu E là tập hợp gồm tất cả các tam thức bậc hai f  x   ax 2  bx  c có a  0 ,   b 2  4ac  0 . Tìm điều kiện cần và đủ đối với các số m, n, p để với mọi f  x  thuộc E ta đều có g  x   f  x   m  ax  b   n  bx  c   p  cx  a  cũng thuộc E. ------------HẾT ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay, Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: …………………………………………………Số báo danh: ……………… …….Trang 16 http://toanhocmuonmau.violet.vn ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM MÔN: TOÁN - LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 Thời gian làm bài : 180 phút SỞ GD&ĐT BẮC GIANG CỤM LẠNG GIANG Ngày thi 24.02.2013 Câu 1. (3 điểm) 1. Cho hàm số f (x) = x 1+ x 2 , đặt g (x) = f f (x) , h (x) = f g (x) . Xét tính chẵn - lẻ của hàm số h(x) 2. Cho phương trình : − x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. 1 a) Giải phương trình khi m = 4 b) Tìm m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt Câu 2. (2 điểm) a) Giải phương trình: 3 2 − x = 1− x −1 x + y = a + 1  . Tìm a để tích xy lớn nhất. b) Cho hệ phương trình  2 2 2 x + y = 2a − 2 Câu 3. (2 điểm) a) Giải bất phương trình sau: (−x 2 + 4x) x 2 − 3x + 2 ≤ 0  2 x − 2x − m + 1 ≤ 0 b) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  2 2 x − (2m + 1) x + m + m ≤ 0 Câu 4 (2 điểm) a) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng minh rằng: a.IA + b.IB + c.IC = 0 b) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với đường cao kẻ từ B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10 = 0 và x – y + 1 = 0; điểm M(0; 2) thuộc cạnh AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng 2 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 5 (1 điểm) Cho tam giác ABC có chu vi bằng 4; gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác. Chứng minh rằng: 27 (a 2 + b 2 + c2 + abc) ≥ 208 _______________Hết_______________ Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:………………… Trang 17 http://toanhocmuonmau.violet.vn HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CỤM MÔN: TOÁN - LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013 Chú ý: Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác mà đúng thì chấm điểm từng phần tương ứng. SỞ GD&ĐT BẮC GIANG CỤM LẠNG GIANG Câu 1 (3 điểm) Điểm Nội dung x 1. Cho hàm số f (x) = 1 + x2 , đặt g (x) = f  f (x) , h (x) = f  g (x) . Xét tính chẵn - lẻ của hàm số h(x) g (x) = f f (x) = h (x) = f g (x) = f (x) 1 + f (x) 2 g (x) 1 + g (x) * Xét hàm số h (x) = 2 = x 1 + 2x 2 = x 1 + 3x 2 −x 1 + 3x 2 0,25 x 1 + 3x 2 - TXĐ: ℝ + Với ∀x,x ∈ ℝ ⇒ −x ∈ ℝ + h (−x) = 0,25 = −h (x) 0,25 0,25 Vậy h(x) là hàm số lẻ 2. Cho phương trình : − x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. 1 phương trình trở thành: − x2 + 4 |x − 1| = 0 4 +) x ≥ 1 : − x2 + 4 (x − 1) = 0 ⇔ x = 2 +) x < 1 : − x2 − 4 (x − 1) = 0 ⇔ x = −2 ± 2 2 Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 2 ; x = −2 ± 2 2 a) Với m = 0,5 0,5 b) Tìm m để phương trình trên có đúng hai nghiệm phân biệt − x2 + 4 |x − 1| − 4m + 1 = 0. ⇔ 4m = − x2 + 4 |x − 1| + 1 −x2 + 4x − 3 khi x ≥ 1 ⇔ 4m =  2 −x − 4x + 5 khi x < 1  −x 2 + 4x − 3 khi x ≥ 1  Xét hàm số f (x) =  2 −x − 4x + 5 khi x < 1  0,25 Ta có bảng biến thiên: Trang 18 http://toanhocmuonmau.violet.vn x −∞ -2 1 f(x) −x 2 − 4x + 5 | Biến thiên f(x) 9 +∞ 2 −x 2 + 4x − 3 1 0,5 0 −∞ −∞ Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số y = f(x) và đường thẳng y = 4m. Dựa vào bảng biến thiên suy ra phương trình có 2 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi 1 < m < 9 hoặc m < 0 2 (2 điểm) a) Giải phương trình: 3 0,25 2 − x = 1 − x −1 3  a 3 = 2 − x a = 2 − x ⇔  ⇒ a3 + b2 = 1 Đặt  b = x −1 ≥ 0 b 2 = x −1   Thay vào phương trình được: a = 1− b Ta có hệ phương trình 0,25 a = 0  b = 1 a = 0    2 a = 1 2 2  3  3  3 a = 1  a + b = 1 ⇔ a + (1 − a ) = 1 ⇔ a + a − 2a = 0 ⇔  ⇔   a = −2 a = 1 − b b = 1 − a b = 1 − a b = 0    a = 1− b a = −2  b = 3  a = 0 +)  ⇒x=2; b = 1 a = 1 +)  ⇒ x = 1; b = 0 a = −2 +)  ⇒ x = 10 b = 3 Kết luận: phương trình có 3 nghiệm phân biệt x = 1; x = 2; x =10 0,25 0,5 x + y = a + 1 b) Cho hệ phương trình  . Tìm a để tích xy lớn nhất.  2 x + y 2 = 2a 2 − 2  x + y = a + 1 x + y = a + 1  ⇔ Ta có:  2 x + y2 = 2a 2 − 2 xy = − 1 a 2 + a + 3  2 2 0,25 Hệ phương trình trên có nghiệm khi và chỉ khi a ≤−1  1 2  3  2  (a + 1) ≥ 4 − a + a +  ⇔ 3a − 2a − 5 ≥ 0 ⇔  5 a ≥  2 2 3  2 0,25 Trang 19 http://toanhocmuonmau.violet.vn 1 2 3 5  Xét hàm số f (a) = − a + a + trên (−∞;−1] ∪  ; +∞  3  2 2 Bảng biến thiên a −∞ -1 f(a) 5 3 1 v v v v v v v v 1/2 −∞ +∞ 16/9 0,25 −∞ 5  Tích xy lớn nhất khi và chỉ khi f(a) đạt giá trị lớn nhất trên (−∞;−1] ∪  ; +∞ . Dựa  3  vào bảng biến thiên suy ra xy lớn nhất bằng 16/9 khi a = 5/3 3 (2 điểm) ( 2 a) Giải bất phương trình sau: −x + 4x ) 0,25 x 2 − 3x + 2 ≤ 0 x = 1 x 2 − 3x + 2 = 0   x = 2 (−x2 + 4x) x2 − 3x + 2 ≤ 0 ⇔ x 2 − 3x + 2 > 0 ⇔ x ≤ 0  2  −x + 4x ≤ 0  x ≥ 4  x 2 − 2 x − m + 1 ≤ 0 (1)  b) Tìm m để hệ bất phương trình sau có nghiệm:  2  x − (2 m + 1) x + m 2 + m ≤ 0 (2)  2 Xét bất phương trình (1): x − 2 x − m + 1 ≤ 0 có ∆ ' = m , bất phương trình có nghiệm ⇔ ∆ ' ≥ 0 ⇔ m ≥ 0 . Khi đó bất phương trình (1) có nghiệm 1 1− m ≤ x ≤ 1 + m Xét bất phương trình (2): x 2 − (2 m + 1) x + m 2 + m ≤ 0 có ∆ = 1 >0. Khi đó bất 0,5 phương trình (2) có nghiệm m ≤ x ≤ m + 1 Xét bài toán tìm m để hệ bất phương trình vô nghiệm:  m + 1 < 1− m Hệ vô nghiệm ⇔   m > 1 + m ⇔ m> 3+ 5 2 Vậy để hệ có nghiệm thì giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 4 (2 điểm) 3+ 5 2 0,5 a) Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng A minh rằng: a.IA + b.IB + c.IC = 0 Ta có: IA ' BA ' CA ' BA '+ CA ' a = = = = IA BA CA BA + CA b+c Suy ra: a.IA = −(b + c) IA ' I B A’ 0,25 C Trang 20
- Xem thêm -