Đề thi chọn học sinh giỏi THPT năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 10 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Nam (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi chọn học sinh giỏi THPT năm học 2020-2021 môn Toán Lớp 10 - Sở Giáo dục và đào tạo Hà Nam (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 10 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (5,0 điểm) 1. Cho hàm số y x2 2x 4 có đồ thị P và đường thẳng d : y 2mx m 2(m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ 2 2 là x1 ,x2 thỏa mãn x1 (x1 x2 )x2 3m 16 . 2. Cho hàm số y ax2 bx c với a 0 có đồ thị P . Biết đỉnh của P là tâm của một hình vuông ABCD , trong đó các điểm C, D nằm trên trục hoành và các điểm A, B có tung độ dương nằm trên P . Tính giá trị của biểu thức T 4ac b2 a2 505 4a2 1 . Câu 2. (6,0 điểm) 1. Cho phương trình: 4 x x 3m 4x x2 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm. 2. Giải phương trình: 12 5 x 3 25 x2 25 4x 80 16x x ¡ . 6x2 3y2 4x 3xy 4y x y 3. Giải hệ phương trình: x, y ¡ . 2 2 2 5 3x 1 3 x y 1 3x y y (x y) 3 3 Câu 3. (5,0 điểm) 1. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a với a 0 . Gọi M , N là các điểm thỏa mãn  1   1  BM BC , AN AB . Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh IB  IC . 3 3 2. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh AB 6, BC 5,CA 4 , có tâm đường tròn nội tiếp là I . Một đường thẳng bất kì đi qua I cắt các cạnh AB, AC tại E, F . Tìm giá trị nhỏ nhất AE 2 AF 2 của biểu thức T . AE 2.AF 2 Câu 4. (2,0 điểm) sin B sinC Cho tam giác ABC thỏa mãn: AB.AC 12 và sin A . Gọi M là trung cos B cosC điểm của cạnh BC và G là trọng tâm của tam giác ABC . Tìm diện tích tam giác BMG . Câu 5. (2,0 điểm) Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z 3 . Chứng minh rằng: 2x2 y2 z2 2y2 z2 x2 2z2 x2 y2 4xyz . 4 yz 4 zx 4 xy HẾT Họ và tên thí sinh Số báo danh Người coi thi số 1 Người coi thi số 2
2. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT HÀ NAM NĂM HỌC: 2020 – 2021 Môn: Toán – Lớp 10 Thời gian làm bài: 180 phút HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 06 trang) I. HƯỚNG DẪN CHUNG o Lời giải của học sinh cần lập luận chặt chẽ hợp logic. Nếu học sinh trình bày cách làm khác mà đúng thì vẫn cho điểm theo thang điểm tương ứng. o Điểm toàn bài không làm tròn. II. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM CÂU SƠ LƯỢC LỜI GIẢI ĐIỂM Câu 1. 1. Cho hàm số y x2 2x 4 có đồ thị P và đường thẳng d : y 2mx m2 ( 5,0 (m là tham số thực). Tìm tất cả các giá trị của m để d cắt P tại hai điểm 2,5 điểm) 2 2 phân biệt có hoành độ là x1 ,x2 thỏa mãn x1 (x1 x2 )x2 3m 16 . PTHĐ giao điểm của d và P là: x2 – 2 m 1 x m2 4 0 1 0,25 d cắt P tại hai điểm phân biệt có hoành độ là x , x khi và chỉ khi PT 1 1 2 0,25 có hai nghiệm phân biệt 0 . 2 3 m 1 m2 4 0 m 2 0,5 2
3. x x 2(m 1) 1 2 0,25 Theo Vi-et ta có: 2 x1x2 m 4 Từ yêu cầu ta có x 2 (x x )x 3m2 16 1 1 2 2 0,25 2 2 2 2 2 x1 x2 x1x2 3m 16 (x1 x2 ) x1x2 3m 16 (2m 2)2 m2 4 3m2 16 0,25 8m 16 m 2 0,25 3 So sánh với điều kiện 2 suy ra m 2 0,5 2 2. Cho hàm số y ax2 bx c với a 0 có đồ thị P . Biết đỉnh của P là tâm của một hình vuông ABCD , trong đó các điểm C, D nằm trên trục hoành và các điểm A, B có tung độ dương nằm trên P . Tính giá trị của biểu thức 2,5 T 4ac b2 a2 505 4a2 1. 0,5 Từ giả thiết bài toán ta vẽ được hình minh họa như trên b Tọa độ đỉnh của parabol I ; 2a 4a b Từ hình suy ra HI HB B ; 0,5 4a 2a 4a 2a 2 b Thay tọa độ điểm B vào parabol (P) y a x ta được: 2a 4a 2 0,5 a (*) 2a 4a 4a Vì 0 nên (*) 4a 2 0,5 2 a 1 a 4 b 4ac 4 4a 4a 4a 2 2 2 2 2 Khi đó T 4ac b a 505 4a 1 4 a 505 4a 1 2021 0,5 Câu 2. 2 1. Cho phương trình: 4 x x 3m x 4x (m là tham số thực). Tìm tất 2,0 ( 6,0 cả các giá trị của tham số m để phương trình có nghiệm. điểm) ĐKXĐ 0 x 4 0,25
4. Bình phương hai vế của PT ta được 4 2 4x x2 3m x2 4x 0,25 4x x2 2 4x x2 4 3m (1) Đặt 4x x2 t , có 0 4x x2 4 x 2 2 2 x 0;4 t 0;2 0,25 PT (1) trở thành: t 2 2t 4 3m (2) 0,25 Ta có BBT của hàm số f (t) t 2 2t 4 0,5 4 5 Dựa vào BBT suy ra PT (2) có nghiệm khi 4 3m 5 m 3 3 4 5 Vậy PT ban đầu có nghiệm khi m . 0,5 3 3 Bản word phát hành trên website Tailieuchuan.vn 2. Giải phương trình: 12 5 x 3 25 x2 25 4x 80 16x 2,0 5 x 0 Điều kiện: 80 16x 0 5 x 5 . 0,25 2 25 x 0 PT 12 5 x 3 25 x2 25 4x 4 5 x 0,25 4 3 5 x 5 x 3 25 x2 25 4x 0 t 2 Đặt 3 5 x 5 x t 3 25 x2 25 4x . 0,25 2 t 2 t 0 Phương trình trở thành: 4t 0 . 0,25 2 t 8 +) Với t 0 , ta được 3 5 x 5 x 9 5 x 5 x x 4 (thoả đk). 0,5 +) Với t 8 , ta được 3 5 x 5 x 8 (*) Nhận thấy x 4 là một nghiệm của PT (*) thỏa mãn điều kiện Với 4 x 5 thì 3 5 x 5 x 8 suy ra PT (*) vô nghiệm 0,5 Với 5 x 4 thì 3 5 x 5 x 8 suy ra PT (*) vô nghiệm Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x 4 . 3. Giải hệ phương trình sau: 6x2 3y2 4x 3xy 4y x y (1) . 2,0 2 2 2 5 3x 1 3 x y 1 3x y y (x y) (2) 3 3 Điều kiện: x y,3x 1 0,3 x y 1 0 . 0,5 PT (1) 3x2 3y2 3x2 3xy 4x 4y x y 0
5. 3 x y x y 3x(x y) 4(x y) x y 0 x y 6x 3y 4 x y 0 x y x y 3x 1 3x 3y 3 1 0 x y vì x y 3x 1 3x 3y 3 1 0 0,25  0 4 5 Thay x y vào PT (2) ta được 3x 1 6x 3 3x3 x2 x 3 3 4 10 3x 1 2 6x 3 3 3x3 x2 x 3 3 0,5 3 x 1 6 x 1 2 10 x 1 3x 2x 3x 1 2 6x 3 3 3 3 6 2 10 x 1 3x 2x 0 3x 1 2 6x 3 3 3 +) x 1 0 x 1 x y 1 (tm) 0,25 2 3 6 1 +) 3 x 3 (3) 3x 1 2 6x 3 3 3 1 3 6 3 6 Với mọi x , ta có VT (3) VT (3) 3 3 3x 1 2 6x 3 3 2 4 2 1 VT (3) 3 x 3 3 3 0,5 VT (3) 3 1 1 Do đó VT (3) VP(3) x y (tm) VP(3) 3 3 3 1 1 Vậy hệ phương trình có hai nghiệm 1;1 và ; . 3 3 Câu 3. 1. Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a . Gọi M , N là các điểm thỏa mãn ( 5,0  1   1  điểm) BM BC , AN AB . Gọi I là giao điểm của AM và CN . Chứng minh 2,5 3 3 IB  IC . 0,5     2x   Có I CN x, y ¡ : BI xBN yBC với x y 1 BI BA 3yBM 3
6.  2x   2x Lại có I AM nên từ BI BA 3yBM 3y 1 0,25 3 3 x y 1 6 1  4  1  Suy ra 2x x , y BI BA BC 0,5 3y 1 7 7 7 7 3  NB  NA  2  1  Từ giả thiết ta có CN CA CB CA CB 0,5 AB AB 3 3   2  1  4  1  Có CN.BI CA CB . BA BC 3 3 7 7 0,25 8   4   2   1   BA.CA BA.CB BC.CA BC.CB 21 21 21 21 8   4   2   1   AB.AC BA.BC CB.CA CB.CB 21 21 21 21 8 a2 4 a2 2 a2 1 0,5     a2 21 2 21 2 21 2 21 0 BIC vuông tại I. 2. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh AB 6, BC 5,CA 4 , có tâm đường tròn nội tiếp là I . Một đường thẳng bất kì đi qua Icắt các cạnh AB, A Ctại 2,5 AE 2 AF 2 E, F . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức T . AE 2.AF 2 0,5 Có A là chân đường phân giác trong của góc B· AC A B AB 3 A B 3, A C 2 A C AC 2 Có I là chân đường phân giác trong của góc ·ABC IA AB AA 3 0,5 2 IA A B AI 2  A C  A B  3  2 6  3 4  Ta có AA  AB  AC  AI   AE   AF 0,5 BC BC 2 5 AE 5 AF 3 2 6 3 4 5 1 1 Do E, I, F thẳng hàng nên suy ra   0,5 2 5 AE 5 AF 8 AE AF
7. Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz 2 1 1 1 1 25 25 1 1 2 2 2T T AE AF AE AF 64 128 16 AE AF AE 5 0,5 Dấu bằng xảy ra khi 1 1 5 16 AE AF 8 AF 5 25 16 Vậy giá trị nhỏ nhất của T bằng khi AE AF . 128 5 Câu 4. sin B sinC ( 2,0 Cho tam giác ABC thỏa mãn AB.AC 12 và sin A . Gọi M là cos B cosC 2,0 điểm) trung điểm của cạnh BC và G là trọng tâm của tam giác ABC . Tìm diện tích tam giác MBG . 0,25 Đặt BC a, AC b, AB c . Áp dụng định lí sin cho ABC ta có: a b c a b c 2R sin A ,sin B ,sinC sin A sin B sinC 2R 2R 2R sin B sinC Khi đó sin A b c a cos B cosC (*) 0,25 cos B cosC Áp dụng định lí cosin cho ABC ta có: a2 c2 b2 a2 b2 c2 0,25 cos B ,cosC 2ac 2ab a2 c2 b2 a2 b2 c2 nên (*) b c a 2ac 2ab b2 c2 a2 b2 c2 a2 0 0,25 2c 2b c b b2 c2 a2 0 AB.AC b2 c2 a2 tam giác ABC vuông tại A và S 6 0,5 ABC 2 1 1 Ta có S S S 1 . 0,5 GBM 2 GBC 6 ABC Câu 5 Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x y z 3 . Chứng minh rằng: ( 2,0 2x2 y2 z2 2y2 z2 x2 2z2 x2 y2 2,0 điểm) 4xyz . 4 yz 4 zx 4 xy
8. Áp dụng BĐT Cauchy ta có: 2x2 y2 z2 x2 y2 x2 z2 2x y z Tương tự 2y2 z2 x2 2y z x ; 2z2 x2 y2 2z x y 2x y z 2y z x 2z x y Ta cần chứng minh BĐT 4xyz 0,5 4 yz 4 zx 4 xy y z z x x y hay 2 (1) 4 yz yz 4 zx zx 4 xy xy y z 2 yz 2 Ta có 4 yz yz 4 yz yz 2 yz 2 yz yz 0,5 2 y z 2 mà 2 yz yz 1 yz 1 1 4 yz yz 2 yz z x 2 x y 2 Tương tự ; 4 zx zx 2 zx 4 xy xy 2 xy 2 2 2 Để chứng minh (1) ta cần chứng minh 2 0,5 2 yz 2 zx 2 xy 1 1 1 hay 1 (2) 2 yz 2 zx 2 xy 1 1 1 9 Áp dụng bất đẳng thức ta được: a b c a b c 1 1 1 9 9 =1 0,5 2 yz 2 zx 2 xy 6 yz zx xy 6 x y z Dấu bằng xảy ra khi x y z 1 (đpcm).