Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2018 2019 trường Phùng Khắc Khoan Hà Nội

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN

-THẠCH THẤT-

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

Lớp 10 – Năm học: 2018 - 2019

Môn: Toán Thời gian làm bài: 150 phút (không kể giao đề)

Câu 1.(5,0 điểm)

1) Cho hàm số 2 1 y x x    có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng

: 2 d y x m   cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB

vuông tại O (với O là gốc tọa độ).

2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( ) m R  để phương trình   4 2 3 1 6 2 0 x m x m      có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn 4 . Câu 2.(5,0 điểm )

1) Giải bất phương trình:   2 2 2 5 25 5 6 0 x x x x x      .

2) Giải hệ phương trình:

3 2 2 1 5

2 2 1 5 10 9

x y x y

x y x y

     

     .

Câu 3.(2,0 điểm)

Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, BA = c và diện tích là S . Biết 2 2 ( ) S b a c    . Tính tan B.

Câu 4.(3,0 điểm)

Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và 0 60 . BAC  Các điểm M, N được xác định

bởi 2 MC MB  và 1 2 NA NB   . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông

góc với nhau.

Câu 5.(3,0 điểm)

Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho     1;2 , 3; 4 A B  . Tìm tọa độ điểmC sao cho ABC 

vuông tại C và có góc 0 60 B  .

Câu 6. (2,0 điểm) Cho , , x y z là các số thực dương. Chứng minh rằng:

3 2 3 2 3 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 y x z x y y z z x x y z        

-------- Hết -------

Họ và tên thí sinh:……………………………………………………… Số báo danh: …….

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN

-THẠCH THẤT-

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

Lớp 10 - Năm học: 2018 - 2019 Môn: Toán Thời gian: 150 phút

Câu 1.1 (3,0 đ)

1) Cho hàm số 2 1 y x x    có đồ thị (P). Tìm m để đường thẳng d: 2 y x m   cắt đồ thị (P) tại 2 điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (O là gốc tọa độ).

PT hoành độ giao điểm:

2 3 1 0. x x m    (1) Để d cắt (P) tại 2 điểm phân biệt  PT (1) có 2 nghiệm phân biệt 1 2 , x x

13 0 13 4 0 . 4 m m       (*)

1,0

Giả sử 1 1 2 2 ( ; 2 ); ( ; 2 ) A x x m B x x m     . Theo hệ thức Vi-et:

1 2

1 2

3

. 1

x x

x x m

      

0,5

Ta có OAB  vuông tại O

 

2 2 1 2 1 2

1 21 . 0 5 2 0 5 0 2 OAOB x x m x x m m m m              

1,0

Đối chiếu đk (*) có 2 giá trị của m là 1 21 2 m  

0,5

Câu 1.2(2,0 điểm) 2) Tìm tất cả các giá trị m để phương trình   4 2 3 1 6 2 0 x m x m      có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4. Đặt 2 0 t x   , thay vào phương trình ta được   2 3 1 6 2 0 t m t m     

2 3 1 t t m     

phương trình đã cho có bốn nghiệm phân biệt khi

0,5

1 3 1 0

3 3 1 2 1

m m m m

             

. Khi đó pt đã cho có 4 nghiệm là 2; 3 1 m   

0,5

Để các nghiệm đều lớn hơn 4  thì 17 3 1 4 3 1 4 3 m m m        . 0,5

Vậy các giá trị của m là  1 17 ; \ 1 3 3 m      

0,5

Câu 2.1(3,0 điểm) Giải bất phương trình:   2 2 2 5 25 5 6 0 x x x x x      

Điều kiện: 3 2 x x

   

0,5

*) Nếu x = 3 hoặc x = 2 thì bất phương trình nghiệm đúng. 0,5

*) Nếu 3 2 x x

   

thì bất PT đã cho

2 2 5 25 0 ( ) x x x a    

0,5

2

2

2 2

2 5 0 (Do 25 0) (1)

( ) 25 2 5 2 5 0

(2) 25 4 20 25

x x x

a x x x x

x x x x

                     

0,5