Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Thuận Thành

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi cấp trường môn Toán Lớp 10 - Năm học 2017-2018 - Trường THPT Thuận Thành

1. SỞ GDĐT BẮC NINH ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 1 Môn thi: TOÁN HỌC Lớp 10 - Năm học: 2017 – 2018 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề Bài 1 (3,0 điểm). Cho parabol (P ) : y x2 2 x và đường thẳng d: y mx 2. a) Tìm tọa độ giao điểm của ()P và d khi m 1. b) Tìm tất cả các giá trị của m để ()P cắt d tại hai điểm phân biệt AB, sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ). Bài 2 (3,0 điểm). 1. Giải bất phương trình: 3 x2 x 2 x 2 x . x y m 2 2. Cho hệ phương trình: 2 2 2 ( m là tham số; x và y là ẩn) x y 2 x 2 y m 4 a) Tìm m để hệ phương trình trên có nghiệm. b) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức A xy 3 x y 2018. Bài 3 (1,5 điểm). Cho ABC có BAC 600 , AB 5, AC 10 , trung tuyến AD ()D BC và   M là một điểm thỏa mãn 3MA 2 MC 0 . Tính độ dài đoạn BM và chứng minh AD BM. Bài 4 (1,5 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC vuông tại A, có AB, thuộc đường thẳng d: y 1, đường thẳng BC có phương trình 4x 3 y 3 0 , bán kính đường tròn nội tiếp ABC là r 1. Tìm tọa độ các điểm ABC,, biết điểm A có hoành độ âm. Bài 5 (1,0 điểm). Cho tam giác ABC có BC a,, AC b AB c và ma,, m b m c là độ dài ba đường trung tuyến lần lượt xuất phát từ các đỉnh ABC,,. Gọi R, S lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, diện tích của ABC . 1 1 1 3 Chứng minh rằng nếu thì tam giác ABC đều. abmc bcm a cam b 2 RS Hết Họ và tên thí sinh . Số báo danh (Đề gồm 01 trang; giám thị coi thi không giải thích gì thêm) Thí sinh xem đáp án tại website www.thptthuanthanh1.bacninh.edu.vn
2. SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH 1 MÔN TOÁN LỚP 10 - NĂM HỌC 2017 – 2018 Câu Nội dung Điểm Câu 1 Câu 1: a) 1.0 (3.0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của ()P và d là: x2 ( m 2) x 2 0 (1) 0.25 Khi m 1, phương trình (1) x2 3 x 2 0 0.25 x 1 y 1 0.5 x 2 y 0 Vậy tọa độ giao điểm của ()P và d là (1; 1) và (2;0). Câu 1: b) 2.0 Để ()P cắt d tại hai điểm phân biệt AB, (1) có hai nghiệm phân 0.5 m 2 2 2 biệt ' 0 (*) m 2 2 2 Giả sử A( x1 ; mx 1 2); B ( x 2 ; mx 2 2) . Tam giác OAB vuông tại O 0.5   OAOB. 0 2 x1 x 2 m x 1 x 2 2 m ( x 1 x 2 ) 4 0 (2) Mà x1; x 2 là nghiệm của (1) nên: 0.5 x1 x 2 m 2 x1 x 2 2 3 0.5 (2) 22 m2 2( m m 2)40 m (thỏa mãn). 2 Câu 2: Câu 2: 1) 1.5 (3.0 điểm) Đặt t x2 x t 0 . Ta có bất phương trình: 0.5 3 t2 2 t t 2 2 t 3 0 3 t 1. Kết hợp với điều kiện t 0 ta được: 0 t 1. 0.25 Với 0 t 1, ta có: 0.25
3. x 1 2 x x 0 x 0 0 x2 x 1 . 2 x x 1 1 5 1 5 x 2 2 0.25 1 5 x 0 2 . 1 5 1 x 2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 5 1 5 S ;0  1; . 0.25 2 2 Câu 2: 2) 1.5 a) Đặt S x y; P xy . Khi đó hệ phương trình trở thành S m 2 S m 2 0.25 2 2 2 S 2 P 2 S m 4 P m m 2 Để hệ có nghiệm thì 0.5 S2 4 P m 2 2 4 m 2 m 2 m 2 4 2 m 2 b) Ta có A P 3 S 2018 m2 2 m 2010 0.25 BBT: m 2 1 2 2010 2018 0.25 A 2009 Từ bảng biến thiên ta được maxA 2018 khi m 2 ; minA 2009 khi m 1. 0.25
4. Câu 3 (1.5 điểm) 0.5 BM2 AM 2 AB 2 2 AM . AB .cos60 0 21 BM 21.    2    1  1  Chỉ ra BM AM AB AC AB; AD AB AC 0.5 5 2 2   2   1  1  BM AD AC AB AB AC 5 2 2 0.5 3  1 1 AB. AC AC2 AB 2 0 10 5 2 Suy ra BM AD Câu 4 y 1 (1.5 điểm) Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: B(0;1). 0.25 4x 3 y 3 0 A d A( a ;1) ( a 0) 3 4c C BC C( c ; ) (c 0) 0.25 3   Tam giác ABC vuông tại A nên AB. AC 0. 1 1 AB BC AC S ABACS.; pr ABAC r ABC2 ABC 2 2   4c  4 c Mà AB ( a ;0); AC (c a ; ); BC (c; ); 3 3 0.5 Ta có hệ:   AB. AC 0 1 AB BC AC AB AC r 2 2
5. a( c a ) 0 216 2 5 2 16 2 ||.(a c a ) c ||||( a c c a ) c 9 3 9 0.25 c a 0 216 2 5 2 16 2 ||.(a c a ) c ||||( a c c a ) c 9 3 9 Giải hệ trên ta được a c 3( L ) 0.25 a c 3( TM ) Vậy ABC( 3;1); (0;1); ( 3;5). Câu 5 1 1 1 3 1 1 1 2 3 (1.0 điểm) abm bcm cam2 RS abm bcm cam abc c a b c a b c a b 2 3mc 3 m a 3 m b 0.25 a a22 a 2 Ta có: 3m 2b2 2 c 2 a 2 3 a 2 b 2 2 c 2 a 2 a 3a 4 Mặt khác, áp dụng định lý Cô-si ta có: 3a2 2 b 2 2 c 2 a 2 0.25 3a 2 b2 2 c 2 a 2 a 2 b 2 c 2 2 a2 a2 2 2 2 3ma a b c Chứng minh tương tự ta có: b2 b2 c 2 c 2 , 2 2 2 2 2 2 0.25 3mba b c 3 m c a b c a b c Vậy 2 3ma 3 m b 3 m c 3a2 2 b 2 2 c 2 a 2 2 2 2 2 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 3b 2 c 2 a b a b c 0.25 2 2 2 2 3c 2 a 2 b c Hay tam giác ABC đều. Chú ý: Mọi cách giải nếu đúng thì cho điểm tối đa.