Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi môn Toán Lớp 10 - Năm học 2016-2017 - Sở giáo dục và đào tạo Đồng Nai

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 ĐỒNG NAI NĂM HỌC 2016-2017 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 150 phút. Ngày thi: 05/04/2017 (Đề thi này gồm 01 trang, có 05 câu) Câu 1 (4 điểm) Cho phương trình mx4 2 m 1 x2 m 10 0 (1) a/. Giải phương trình (1) khi m 0 . b/. Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình (1) vô nghiệm. Câu 2 (4 điểm) Giải hệ phương trình 2 x x 4y 1 2y 4y x 4y 2 3 3x 4y 1 Câu 3 (4 điểm) a/. Cho tam giác ABC thoả điều kiện 2 cos A(sin B sin C) sin 2C sin 2B . Chứng minh rằng tam giác ABC là một tam giác vuông hay một tam giác cân. b/. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O. Biết BC a, CA b, AB c. Chứng minh rằng a.OA2 b.OB 2 c.OC 2 abc . Câu 4 (4 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho hai đường thẳng d1 : 2x y 3 0, d2 : 4x 3y 9 0 và điểm M 1; 4 . Tìm toạ độ hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường thẳng d1 , d2 sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. Câu 5 (4 điểm) Cho a,b, c là 3 số thực dương. 1 1 4 a./ Chứng minh rằng a b a b 1 1 1 b./ Biết 432 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức a b c 1 4 4 16 T a b 2a b c a b 2c 2a 3b 3c (HẾT) Chú ý: Thí sinh không được sử dụng máy tính cầm tay!
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐẠO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM THI VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỒNG NAI KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 Khoá thi ngày 05/04/2017 Câu Nội dung Điểm 1 Cho phương trình mx4 2 m 1 x2 m 10 0(1) 4,0 a/. Giải phương trình (1) khi m 0 1,0 m 0 : (1) 2x2 10 0 1,0 x 5 b/. Định m để phương trình (1) vô nghiệm. 3,0 Đặt t x 2 (t 0) 1 mt 2 2 m 1 t m 10 0 2 0,5 (1) vô nghiệm 2 không có nghiệm thoả t 0 Theo câu a với m 0 thì (1) có hai nghiệm nên ta chỉ xét với m 0 . Từ (2) ta có : 2 2 m 1 m 10 0,5 ' m 1 m m 10 12m 1; S ; P m m 1 TH1: (2) vô nghiệm ' 0 12m 1 0 m 0,5 12 TH2: (2) chỉ có nghiệm t<0 1 m ' 12 0 m 1 S 0 0 0,5 m P 0 m 10 0 m 1 m 12 m 1 hay m 0 m 10 0,5 m 0 hay m 10 1 Vậy m hay m 10 0,5 12 2 x x 4y 1 2y 4y 2 Giải hệ phương trình : 4,0 x 4y 2 3 3x 4y 1 2 x x 4y 1 2y 4y 1 x 4y 2 3 3x 4y 1 2 1 x2 4xy x 2y 4y2 0 x 2y x 2y 1 0 0,5 x 2y x 2y 1
3. TH1: Thay x 2 y vào 2 2 6y 2 3 2y 1 6y 2 9 6 2y 1 2y 1 1,0 3 2y 3 3 2y 1 y 2 4y2 30y 18 0 15 3 17 y (loại) 4 0,5 15 3 17 15 3 17 hay y x (nhận) 4 2 TH2: Thay x 2 y 1 vào 2 2 6y 1 3 2y 4 6y 1 9 6 2y 4 2y 4 1,0 2y 2 3 2y 4 y 1 4y2 26y 40 0 y 4 x 7 5 0,5 y x 4 2 15 3 17 15 3 17 5  Vậy tập nghiệm của hệ là S ; , 7;4 , 4;  0,5 2 4 2  3 4,0 a/. Cho tam giác ABC thoả 2 cos A(sin B sin C) sin 2C sin 2B . Chứng minh rằng tam giác ABC là một tam giác vuông hay một tam giác cân. 2,0 2cos A(sin B sin C) sin 2C sin 2B B C B C 4cos Acos sin 2cos B C sin B C 2 2 B C B C B C B C 4cos Acos sin 4cos Acos sin 2 2 2 2 1,0 B C B C B C 4cos Asin cos cos 0 2 2 2 B C B C 8cos Asin sin sin 0 2 2 2 B C Do sin , sin 0 nên : 2 2 cos A 0 A 90 B C sin 0 B C 2 1,0 Vậy tam giác ABC vuông tại A hay cân tại A (đpcm)
4. b/. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O và biết BC a, CA b, AB c. Chứng minh rằng a.OA2 b.OB 2 c.OC 2 abc . 2,0 B Xét tứ giác AMON có : AM=AN, OM=ON và A = π- O (*) a M P SAMON SAMN SOMN 1 1 c = AM.AN.sin A OM.ON.sin O O 2 2 1 2 1 2 1,0 A b N C = AM sin A OM .sin A (do (*)) 2 2 1 = OA2.sin A 2 1 1 Chứng minh tương tự ta có: S OB2.sin B và S OC 2.sin C ( ) BMOP 2 CNOP 2 S S S AMON BMOP CNOP 1 SABC 1 1 1 OA2.sin A OB2.sin B OC 2.sin C 2 2 2 1( theo ( )) 1 1 1 b.c.sin A a.c.sin B a.b.sin C 1,0 2 2 2 OA2 OB2 OC 2 1 b.c a.c a.b a.OA2 b.OB2 c.OC 2 a.b.c Trong mặt phẳng Oxy cho điểm M 1; 4 và hai đường thẳng 4 4,0 d1 : 2x y 3 0, d2 : 4x 3y 9 0 . Tìm toạ độ hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường thẳng d1 , d2 sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất. y 3 M 2 2 B O x -5 -3 -2 -1 2 3 7 A -1 H2 M 1 -2 -3 H1 -4 d2 M d1
5. Gọi M1, M2 lần lượt là điểm đối xứng của M qua (d1) và (d2) Ta có : MA = M A và BM = BM 1 2 1,0 Mà chu vi tam giác MAB là MA + AB + BM = M1A + AB + BM2 Vậy chu vi tam giác MAB bé nhất M1, A, B , M2 thẳng hàng Gọi H1 là hình chiếu vuông góc của M lên (d1) H1 3; 3 1,0 Và H2 là hình chiếu vuông góc của M lên (d2) H2 3; 1 Do M1 là điểm đối xứng với M qua (d1) M1 5; 2 Và M2 là điểm đối xứng với M qua (d2) M2 7;2 1,0 Phương trình đường thẳng (M1M2) là x 3y 1 0 Vậy A d1  M1M 2 A 2; 1 1 1,0 Và B d2  M1M 2 B 2; 3 5 Cho a,b, c là số thực dương 4,0 1 1 4 a./ Chứng minh rằng 1,0 a b a b Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số a,b 0 : a b 2 ab 1 1 1 1 2 Và cũng áp dụng tương tự cho 2 số , 0 : a b a b ab 1 1 1 1 4 Do đó (đpcm)a b 4 1,0 a b a b a b 1 1 1 b./ Biết 432 . a b c 3,0 1 4 4 16 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T a b 2a b c a b 2c 2a 3b 3c 1 1 4 Theo kết quả câu a ta có: 1 a b a b 1 1 1 1 4 4 16 Tương tự ta có : 2 a b a c a b a c 2a b c 1,0 1 1 1 1 4 4 16 Cũng tương tự : 3 a c b c a c b c a b 2c 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 4 4 a b a c b c b c a b a c b c b c Và : 1,0 1 1 1 1 1 1 1 1 16 16 64 + 4 a b a c b c b c 2a b c 2b 2c 2a 3b 3c Cộng từng vế đầu và cuối các bất đẳng thức 1 , 2 , 3 , 4 6 6 6 4 16 16 64 1 1 1 6 4T 648 T a b c a b 2a b c a b 2c 2a 3b 3c a b c 1,0 1 Vậy giá trị lớn nhất của T = 648. Dấu bằng xảy ra khi a b c 144