15 đề thi học sinh giỏi toán 10 có đáp án

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHƯƠNG MỸ A

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 10

MÔN: TOÁN

Năm học: 2018-2019

Thời gian làm bài: 150 phút

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

1

1

Cho hàm số , với là tham số.

Tìm tham số để hàm số đồng biến trên khoảng .

+ ( ktm)

+ hàm số đồng biến trên khi

1.0

1.0

2

Tìm tất cả các giá trị của tham số để giá trị nhỏ nhất của hàm số không lớn hơn -4.

+ Hàm số có giá trị nhỏ nhất khi . Khi đó .

+ Ycbt

1.0

1.0

3

Tìm các giá trị của tham số để đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác MAB vuông tại M. Biết .

+ Đồ thị hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt A. B khi phương trình:

( 3) có hai nghiệm phân biệt

+ Gọi với là nghiệm của phương trình (3)

Ta có:

Tam giác MAB vuông tại M (tm )

KL:

0.5

1.0

0.5

2

1

+

+

Phương trình có 2 nghiệm

1.0

1.0

2

(2).Do không là nghiệm của (2) nên (2)

Đặt . Ta có:

Ta có:

1.0

1.0

3

Đặt ta được

Với

Với

Hệ có hai nghiệm

1.0

1.0

3

Cho tam giác ABC có diện tích và có bán kính đường tròn nội tiếp là . Chứng minh rằng: Tam giác ABC đều khi và chỉ khi

Ta có

Mặt khác . Từ đó ta có:

Đẳng thức xảy ra tam giác ABC đều.

1.0

1.0

1.0

4

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D, đáy lớn CD. Biết BC=2AB=2AD, M(1;0) là trung điểm BC, đường thẳng AD có phương trình . Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ nguyên.

Đặt . N là trung điểm AD.

Kẻ

Tính được

.

Phương trình đường thẳng MN:

N là giao điểm của AD và MN

.

Mặt khác

hoặc (loại).

1.0

1.0

1.0

5

Cho các số dương ,, sao cho . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Ta có ;

Ta có: (5). Đẳng thức xảy ra khi

(5) .

Tương tự ta có:

1.0

1.0

SỞ GD & ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT QUỲ HỢP 1

Ngày thi: 30/01/2018

***

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG

Năm học 2017 – 2018

Môn thi: Toán – Lớp 10

(Thời gian làm bài: 150 phút)

Bài

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

Bài 1

4 điểm

Câu 1

Tìm ….

2 điểm

Do Parabol nên và có trục đối xứng nên .

0,5

Tọa độ đỉnh có tung độ là mà nên ta có: hay

0,5

Ta có hệ pt thế vào ta được:

Nếu loại.

Nếu thỏa mãn.

Vậy là giá trị cần tìm.

1,0

Câu 1 ý 2

Tìm m … với parabol

2 điểm

Để đường thẳng cắt Parabol tại hai điểm phân biệt thì pt

có hai nghiệm phân biệt,

hay pt: có hai nghiệm phân biệt có

0,5

Khi đó, giao điểm , ,

nên trung điểm của đoạn là .

0,5

Theo định lý Viet ta có nên

0,5

Do I thuộc đường thẳng nên hay thì thỏa mãn bài toán.

0,5

Bài 2

Cho tam giác đềuvà các điểm thỏa mãn , , . Tìm k để vuông góc với.

+)

.

+)

Để vuông góc vớithì

KL:

Câu 3

1. Tìm m để phương trình

Giải:

PT đặt

PT trở thành : (1)

PT ban đầu có nghiệm

(1) có nghiệm

1. Giải phương trình

giải:

Điều kiện:

Đặt với a, b, c là số thực không âm.

Ta có

Do đó

Nhân từng vế ba phương trình ta được

Suy ra

Suy ra . Thử lại thỏa mãn phương trình.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất là

1. Giải hệ phương trình .

Giải

Giải hệ phương trình .

ĐKXĐ:.

Thay vào pt thứ nhất ta được:

(Có thể bình phương được pt:

Giải hai pt này ta được

Vậy hệ có hai nghiệm là .

Câu 4

Giải:

1. Tính theo a.

Ta có ;

Ta có nên

Mặt khác:

Trong tam giác vuông ta có

Nên

2.

Chứng minh

Ta có . Giả sử

Do thẳng hàng nên: nên

Nên và

Nên nên .

Câu 5

Cho các số dương a, b, c có a+b+c=3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức .

Giải

Suy ra:

Tương tự và

Cộng các vế tương ứng của ba BĐT cùng chiều ta được ,

khi a=b=c=1. KL

Câu

Nội dung

Điểm

1

Cho phương trình

4,0

a/. Giải phương trình (1) khi

1,0

1,0

b/. Định để phương trình (1) vô nghiệm.

3,0

Đặt

(1) vô nghiệm không có nghiệm thoả

0,5

Theo câu a với thì (1) có hai nghiệm nên ta chỉ xét với . Từ (2) ta có :

0,5

TH1: (2) vô nghiệm

0,5

TH2: (2) chỉ có nghiệm t<0

0,5

0,5

Vậy

0,5

2

Giải hệ phương trình :

4,0

0,5

TH1: Thay vào

1,0

(loại)

hay (nhận)

0,5

TH2: Thay vào

1,0

0,5

Vậy tập nghiệm của hệ là

0,5

3

4,0

a/. Cho tam giác ABC thoả . Chứng minh rằng tam giác ABC là một tam giác vuông hay một tam giác cân.

2,0

1,0

nên :

Vậy tam giác ABC vuông tại A hay cân tại A (đpcm)

1,0

b/. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O và biết Chứng minh rằng .

2,0

Xét tứ giác AMON có :

AM=AN, OM=ON và A = π- O (*)

Chứng minh tương tự ta có: và (**)

1,0

1,0

4

Trong mặt phẳng Oxy cho điểm và hai đường thẳng . Tìm toạ độ hai điểm A, B lần lượt thuộc hai đường thẳng sao cho chu vi tam giác MAB nhỏ nhất.

4,0

Gọi M_1, M₂ lần lượt là điểm đối xứng của M qua (d₁) và (d₂)

Ta có : MA = M₁A và BM = BM₂

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

1,0

Gọi H₁ là hình chiếu vuông góc của M lên (d₁) ⇒

Và H₂ là hình chiếu vuông góc của M lên (d₂) ⇒

1,0

Do M₁ là điểm đối xứng với M qua (d₁) ⇒

Và M₂ là điểm đối xứng với M qua (d₂) ⇒

1,0

Phương trình đường thẳng (M₁M₂) là

Vậy

Và

1,0

5

Cho là số thực dương

4,0

a./ Chứng minh rằng

1,0

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 2 số

Và cũng áp dụng tương tự cho 2 số

Do đó (đpcm)

1,0

b./ Biết .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

3,0

Theo kết quả câu a ta có:

Tương tự ta có :

Cũng tương tự :

1,0

Và :

1,0

Cộng từng vế đầu và cuối các bất đẳng thức

Vậy giá trị lớn nhất của T = 648. Dấu bằng xảy ra khi

1,0

SỞ GD VÀ ĐT NGHỆ AN

TRƯỜNG THPT NGUYỄN XUÂN ÔN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC: 2017-2018

Câu

Lời giải

Điểm

Câu I

(2đ)

Điều kiện:

1,0

0,5

D=

0,5

Câu II

(3điểm)

1,0

Đặt: suy ra

0,5

Khi đó (2) trở thành: (t+1)(t + 3) -2m -1 = 0, (với t ≤ 0) (3)

0,5

PT (1) có nghiệm x thỏa mãn đề bài khi và chỉ khi pt (3) có nghiệm t thỏa mãn: t ≤ 0

Xét: t² + 4t +2 = 2m ( Với t ≤ 0) (*)

Xét hàm số: f(t) = t² + 4t+2 ( với t ≤ 0)

Suy ra (*) có nghiệm khi: 2m ≥ -2 ⇔ m ≥ -1

Kết luận: pt(1) có nghiệm x thỏa mãn đề bài khi: m ≥ -1

0,5

0,5

Câu III

(5điểm)

1.(2điểm)Giải phương trình:

ĐK: x ≥ 2,

0,25

khi đó phương trình đã cho trở thành:

0,5

⇔

0,25

0,25

0,25

0,25

Đối chiếu với điều kiện, suy ra phương trình đã cho có nghiêm x = 6

0,25

2. (3điểm)Giải hệ phương trình:

Đặt Khi đó hệ (I) trở thành:

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Suy ra hệ có nghiệm (x,y) là: (-1;-1);(;); (

0,5

CâuIV

(2điểm)

A

B

C

D

K

I

J

Đặt độ dài cạnh hình vuông bằng a, , khi đó: ,

0,25

Giả sử , ta có:

0,5

Vì cùng phương nên ta có:

0,25

Khi đó ta có:

0,5

Xét:

0,25

Suy ra vuông góc với , hay AK vuông với CK

0,25

Câu VI

(2điểm)

B

A

M

N

C

D

Ta có:

0,25

Áp dụng định lý hàm số sin trong

0,5

Suy ra:

0,25

Xét trong tam giác vuông ACD:

0,25

Suy ra:

0,25

Suy ra chiều cao cột cờ là:

0,5

Câu VII

(3điểm)

A

B’

5

1

2

6

9

x

y

O

I

C

B

Đường phân giác trong của góc A song song với trục Oy nên có phương là x = 5(d)

0,25

Gọi B’ là điểm đối xứng của B qua (d), suy ra B’(9;2) và ABB’ vuông cân tại A

0,25

Suy ra C thuộc cạnh AB’

0,25

Xét , có suy ra

0,5

Gọi C(x;y), khi đó ta có: (I)

0,5

0,25

Theo (I) ta có hệ:

0,5

Giải Hệ (2) có nghiệm: hoặc

N

α

D

A

B

C

M

N

0,5

Câu VIII

(3điểm)

Đặt AB = a; AD = b; AM = m> 0, AN = n > m; = α.

0,25

Theo giả thiết ta có:AN là phân giác góc⇒(cùng bằng)

Vậy ΔANM cân tại M ⇒MN = AM = m.

0,5

Theo định lý cosin cho ΔANM có:

0,5

⇔

0,25

Theo bài ra ta có:

0,5

Ta có:α>90⁰(vì M di động trên đoạn BC)⇒cosα≤0 ⇒

0,5

⇒ đạt giá trị nhỏ nhất khi ,

xảy ra ⇔ cosα = 0 ⇔ α =90⁰ ⇔ M ≡B.

0,5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BÌNH ĐỊNH

TRƯỜNG THPT NGUYỄN DU

🙢★🙠

ĐỀ THI HSG CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC 2018 ­– 2019

MÔN TOÁN LỚP 10

Thời gian làm bài 180 phút

Câu 1: a) (1)

ĐK:

Đặt

(1)

b) (2)

• (2) có nghiệm
• Theo viet:
• .

Câu 4:

Câu 2:

y có nghĩa

.

.

Mà M là trung điểmcủa AD nên .

Gọi K là trung điểm của CD, ta có . Vậy ta có: .

Câu 3: Vì nên

Mà . Thật vậy,

Nên

Suy ra

Do đó không phải là một số nguyên.

Câu 5:

Ta có:

Vậy: Tam giác ABC cân tại C.

Gọi M là trung điểm AB nên M(0;-1). Vì tam giác ABC cân tại C nên CM là đường cao đỉnh C của tam giác ABC

Diện tích tam giác ABC là: (ĐVDT)

Ta có: G=(-2;-1)

Vì tứ giác ABDG là hình bình hành nên:

Vậy: D=(-2;-7)

Câu 6:

Cho a, b, c, d> 0 và ab+bc+cd+da=1. Chứng minh rằng:

Chứng minh:

Theo AM-GM ta có:

(1)

Theo AM-GM ta có:

Từ (1) và (2) suy ra:

(3)

Mặt khác ta có:

Từ (3) và (4) suy ra:

Dấu “=” xảy ra khi: .

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10

NĂM HỌC 2010- 2011

CÂU

NỘI DUNG ĐÁP ÁN Đà Nẵng

ĐIỂM

Câu I

1) Xác định tính chẵn - lẻ của hàm số

2) Cho các nửa khoảng Đặt Với điều kiện nào của các số thực a và b thì C là một đoạn? Tính độ dài của đoạn C khi đó.

1,5 đ

I.1

(0,75đ)

Hàm số có tập xác định là tập đối xứng qua điểm

0,25

Kiểm tra: ⇒ f chẵn

0,25

f không lẻ (vì nó không đồng nhất bằng 0 trên D), kết luận

0,25

I.2

(0,75đ)

là một đoạn ⇔

0,25

(*)

0,25

Khi đó, là đoạn có độ dài

0,25

CâuII

1) Tìm m để phương trình có bốn nghiệm phân biệt.

2) Giải và biện luận (theo tham số m) bất phương trình: .

2,0 đ

II.1

(1,00đ)

Ta có:

PT

0,25

(1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì

(2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ và ⇔

0,25

PT có 4 nghiệm phân biệt ⇔ và

0,25

⇔ và ⇔ , kết luận

0,25

II.2

(1,00đ)

BPT ⇔ ⇔

0,25

Nếu m = 0 thì BPT nghiệm đúng với mọi x ≠ 2

0,25

Nếu m > 0 thì m + 2 > 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi

0,25

Nếu m < 0 thì m + 2 < 2 nên BPT nghiệm đúng với mọi

0,25

Câu III

1) Giải phương trình

2) Giải hệ phương trình

2,5 đ

III.1

(1,25đ)

Điều kiện: x ≥ 0

PT ⇔ ⇔

0,25

⇔

0,25

⇔

⇔

0,25

⇔ ⇔ Kết luận

0,50

III.2

(1,25đ)

Điều kiện; Đặt ⇒⇒và

0,25

HPT trở thành: ⇔

0,25

⇔ ⇔ ⇔

0,25

(*) ⇔ v = 2 (nhận) hoặc v = −7 (loại) ; nên HPT trên ⇔

0,25

Do đó HPT đã cho trở thành (phù hợp)

0,25

Câu IV

1) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b và Các điểm M, N được xác định bởi và . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

2) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA và AB của tam giác đó, lần lượt lấy các điểm và Gọi và S tương ứng là diện tích của các tam giác và ABC. Chứng minh bất đẳng thức Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi nào?

3,0 đ

IV.1

(1,50đ)

Ta có:

0,50

Tương tự ta cũng có:

0,25

Vậy:

0,25

⇔ ⇔

0,25

⇔ ⇔

0,25

IV.2

(1,50đ)

Ta có các công thức tính diện tích:

⇒ (BĐT Cauchy)

0,50

Tương tự ta cũng có: và

0,25

Do đó: (đpcm)

0,25

Dấu bằng xảy ra ⇔⇔ ⇔ A’, B’, C’ là trung điểm của BC, CA, AB

0,50

Câu V

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn tâm O bán kính R (R > 0, R không đổi). Gọi A và B lần lượt là các điểm di động trên trục hoành và trục tung sao cho đường thẳng AB luôn tiếp xúc với đường tròn đó. Hãy xác định tọa độ của các điểm A, B để tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.

1,0 đ

V

(1,00đ)

Dựa vào tính đối xứng, ta giả sử với (*) Suy ra .

0,25

Mà (**)⇒

⇒ không đổi (dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b)

0,25

Kết hợp với (*) và (**): dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi

0,25

Kết luận: (4 cặp điểm)

0,25

SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT LIỄN SƠN

ĐỀ CHÍNH THỨC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG

NĂM HỌC : 2015 - 2016

ĐỀ THI MÔN TOÁN LỚP 10

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

CÂU

NỘI DUNG

ĐIỂM

Cho phương trình : (1)

a. Giải phương trình (1) với .

Với , trở thành

0.5

Đặt , ta được phương trình

0.5

Vậy với thì có ba nghiệm là :

0.5

b. Tìm các giá trị của m để phương trình (1) có nghiệm thỏa mãn .

Đặt , ta được phương trình

0.5

có nghiệm thỏa mãn có nghiệm thỏa mãn

Lập bảng biến thiên của hàm số

Dựa vào bảng biến thiên ta được

Vậy giá trị cần tìm là

0.5

Giải phương trình :

Nhận xét : Từ phương trình suy ra

Ta có :

Đặt , ta được phương trình

0.5

Ta được :

Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là

0.5

Giải bất phương trình :

0.5

Vậy bất phương trình đã cho có tập nghiệm là

0.5

Chú ý : Có thể giải phương trình, xét dấu sau đó suy ra nghiệm của bất phương trình. Hoặc có thể giải trực tiếp bất phương trình bằng ẩn phụ

Giải hệ phương trình :

Nhận xét : Với thi hệ vô nghiệm

Hệ phương trình

0.5

Đặt , ta được hệ

0.5

Suy ra
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là

0.5

Chú ý : Có thể giải cách sau : Với , hệ tương đương

…

Cho tam giác đều cạnh . Lấy các điểm lần lượt trên các cạnh sao cho . Chứng minh .

Ta có :

0.5

0.5

Suy ra (đpcm)

0.5

Trong mặt phẳng , cho tam giác cân tại . Gọi là điểm trên cạnh sao cho và là hình chiếu vuông góc của trên . Điểm là trung điểm đoạn . Xác định tọa độ đỉnh , biết đỉnh nằm trên đường thẳng có phương trình .

Kẻ song song , gọi , là trung điểm của

Ta có tam giác DAE đồng dạng tam giác DBC

là hình chữ nhật nội tiếp đường tròn đường kính EI

Ta có IM song song BH nội tiếp đường tròn đường kính EI nội tiếp đường tròn đường kính EI

0.5

Ta có

Tọa độ B là nghiệm của hệ

0.5

Tọa độ H thỏa mãn hệ

Do M là trung điểm của CH, suy ra

Chú ý : Có thể chứng minh bằng cách khác :

Kẻ d vuông góc BC, gọi I, J lần lượt là giao của d với CD và CA, E là trung điểm của BH. Chứng minh E là trực tâm tam giác IBM, D là trọng tâm tam giác JBC, IE song song AM, suy ra .

0.5

Cho là các số dương thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức :

Ta có

Tương tự :

0.5

Suy ra :

Dấu “=” xảy ra khi

Vậy đạt được khi

0.5

Câu

Đáp án

Điểm

1

Cho

1. Tìm điều kiện của m để phương trình: có hai nghiệm trái dấu.
2. Tìm điều kiện của m để bất phương trình nhận mọi làm nghiệm.

a)

(3 điểm)

0.5

Phương trình (1) có hai nghiệm trái dấu khi và khi

1.0

1.0

Kết luận: …

0.5

b)

(3 điểm)

Bất phương trình nhận mọi làm nghiệm

khi và chỉ khi vì hệ số a = 1 > 0

0.5

1.0

1.0

Kết luận:...

0.5

2

1. Giải phương trình: .
2. Giải hệ phương trình:

a

(3 điểm)

Điều kiện:

0.5

0.5

0.5

0.5

0.5

So sánh điều kiện và kết luận nghiêm:...

0.5

b

(3 điểm)

Điều kiện: (*)

0.5

Vì x = 0 và y = 1 không phải là nghiệm của phương trình nên

0.5

0.25

(do điều kiện (*))

0.25

Thay vào PT (2) ta được: (3)

ĐK:

0.25

(3)

0.25

0.25

0.25

So sánh điều kiện và kết luận nghiêm:...

0.5

3

1. Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC sao cho , N thuộc BM sao cho , P thuộc BC sao cho . Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng.
2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại A, B và AD = 2BC. Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên đường chéo BD và E là trung điểm của đoạn HD. Giả sử , phương trình đường thẳng và . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và D của hình thang ABCD.

a)

(3 điểm)

A

B

C

M

P

N

Ta có:

0.5

0.5

0.5

Ba điểm A, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi

0.5

0.5

Kết luận: ...

0.5

b)

(3 điểm)

B

A

C

D

H

K

I

E

- Qua E dựng đường thẳng song song với AD cắt AH tại K và cắt AB tại I

Suy ra: +) K là trực tâm của tam giác ABE, nên BK AE.

+) K là trung điểm của AH nên KE song song AD và hay KE song song và bằng BC

0.5

Do đó: CE: 2x - 8y + 27 = 0

0.5

Mà , mặt khác E là trung điểm của HD nên

0.5

- Khi đó BD: y - 3 = 0, suy ra AH: x + 1 = 0 nên A(-1; 1).

0.5

- Suy ra AB: x - 2y +3=0. Do đó: B(3; 3).

0.5

KL: A(-1; 1), B(3; 3) và D(-2; 3)

0.5

4

(2 điểm)

Cho các số thực x, y thỏa mãn điều kiện .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Từ giả thiết suy ra:

Với y = 0 thì P = 1 (1)

Với ta có:

0.5

Phương trình (*) không có nghiệm khi P = 1

0.5

Khi

(2)

0.5

Kết hợp (1) và (2):

Suy ra: MinP = - 2 khi

MaxP = 1 khi

0.5

Câu

Nội dung

Điểm

1

Giải phương trình : ………..(1)

2,00

Điều kiện:

PT (1):

0,5

0,5

Giải (2):

0,5

Giải (3):

Vậy PT có 2 nghiệm

0,5

2

Giải HPT: ………

2,00

HPT tương đương với:

Cộng (1) và (2) ta được:

Vậy HPT có nghiệm

1,0

1,0

3

Giải BPT: (1)

2,00

Điều kiện: 1 < x < 5

Theo BĐT côsi ta có :

Nên: Suy ra:

0,5

Vậy (1)

0,5

Mặt khác : với x > 1

Và Do đó (2) luôn nghiệm đúng

0,5

Vậy BPT (1) luôn nghiệm đúng với 1 < x < 5

0,5

4

Cho tam giác………..

2,00

Theo bài ra:

áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta có :

và Nên:

0,5

0,5

0,5

0,5

5

Trong mp Oxy …..

2,00

PT tham số của đường thẳng (d) :

Xét 2 điểm B,C trên (d) khi đó: B(2t_1­ – 2 ; t₁) ; C(2t_2­ – 2 ; t₂)

Ta có : , (d) có vtcp:

0,5

Theo giả thiết ta có:

Từ (1)

0,5

Từ (2)

0,5

🞟

🞟 Vậy có 2 cặp điểm B,C thoả mãn ycbt.

0,5

6

Cho tam giácABC……….

2,00

Gọi M là trung điểm của AB , G là trọng tâm tam giác ABC.

Khi đó :

0,25

* Toạ độ điểm M được cho bởi:

* Điểm G(x;y) thuộc đường thẳng (d) x - 3y + 4 = 0 (2)

0,25

Gọi CH là đường cao của tam giác ABC hạ từ C, ta có:

Qua G dựng đường thẳng song song với AB cắt CH tại H₁ , khi đó:

PT đường thẳng (AB): x - 2y + 5 = 0

Ta có:

0,5

0,5

Từ (2),(3) ta có hệ PT:

Với thay vào (1) ta được C(- ; -)

Với thay vào (1) ta được C(- ; -)

0,5

7

Cho tam giác ABC ……….

2,00

Biến đổi:

Suy ra tam giác ABC đều.

0,5

0,5

0,5

0,5

8

C/m BĐT: …………..

2,00

Ta có:

1,0

;

0,5

Cộng vế với vế của (1)(2)(3) ta được đpc/m.

0,5

9

Cho hệ PT ........

2,00

Điều kiện Đặt

0,5

Hệ phương trình đã cho có nghiệm khi hệ sau có nghiệm

Từ (1) và (2) ta có

0,5

Ta cần tìm m để hệ (I) có nghiệm

Dễ thấy u; v là nghiệm của phương trình

Hệ (I) có nghiêm khi PT (*) có nghiệm không âm

0,5

Vậy với thì hệ phương trình đã cho có nghiệm

0,5

10

Tìm m để PT…………

2,00

Đặt . PT đã cho trở thành:

Giải (2) theo m Từ (*)

0,5

Do đó PT có nghiệm duy nhất

Thì các PT có 1 nghiệm duy nhất

0,5

Vẽ đồ thị hàm số y = t² + t , y = t² –t -1 trên

0,5

Căn cứ đồ thị ta có: hoặc -1 < m < 0

0,5

Câu

Nội dung

Điểm

1

1. 2 điểm

+ ĐK:

+ Biến đổi (1) được:

1đ

1,0

+ Thế vào (2) ta được:

Áp dụng BĐT Cauchy ta được:

1đ

Suy ra . Dấu xảy ra khi và chỉ khi

Vậy nghiệm cần tìm là 1đ

1,0

1. 2 điểm

Điều kiện:

Nhận thấy là một nghiệm của phương trình.

Xét Khi đó phương trình đã cho tương đương với

1,0

Vì nên và Suy ra vì vậy

Do đó phương trình

2

Ta có

(Bunhiacopski)

1,0

Đặt

Ta có

1,0

Suy ra

Ta có

Suy ra . Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi

1,0

3

1. 3 diểm

Kẻ BO cắt (O) tại B’’ . Dễ chứng minh được H, M , B’’ thẳng hàng. Suy ra .

Có . Suy ra A, H, K , C nội tiếp một đường tròn, gọi là (I).

1,0

Ta lại có . Suy ra K thuộc đường tròn đường kính BH, gọi là (J).

1,0

Xét 3 đường tròn (O), (I), (J) có 3 trục đẳng phương là AC, BD, HK. Vậy ta có điều phải chứng minh.(do tam giác ABC không cân).

1,0

b, 3 điểm Gọi AY = {K’} . Ta đi chứng minh K’ K.

Ta có . Suy ra K’ thuộc (BXY).

1,0

Lại có dẫn đến K’ thuộc (YPC).

Có suy ra K’ , P, B’ thẳng hàng.

1,0

Hơn nữa

Từ đó ta có K’ K. Và có điều phải chứng minh.

1,0

4

Giả sử tồn tại nguyên tố thỏa mãn .

Đặt , suy ra

1,0

Dễ thấy . Gọi là ước nguyên tố bất kỳ của .

Suy ra . Dễ thấy

Suy ra . Do đó theo tính chất hệ thặng dư đầy đủ, tồn tại sao cho

1,0

Đặt , suy ra

+ Nếu

(vô lý)

Vậy . Theo định lý Fecma có

1,0

Hay

Do đó ta có

Lại có

Suy ra (vô lý)

Vậy không tồn tại nguyên tố thỏa mãn .

1,0

5

Ta có mỗi số nguyên dương của bài có thể biểu diễn dưới dạng . Xét đồng dư modulo 2. Ta có mỗi có thể có 2 số dư khác nhau modulo 2, do đó có thể có dạng khác nhau của các lũy thừa này.

1,0

Theo nguyên lý Dirichle, có 2 số có cùng dạng số mũ, vì . Ta xét tích của 2 số này và đặt tích đó là xóa 2 số trên đi. Ta tiếp tục làm như vậy thu được tương tự cho đến khi chỉ còn 7 dạng khác nhau. Khi đó ta thu được bộ như vậy.

1,0

Ta thấy các số - là số tự nhiên vì là số chính phương (. Và ta lại thấy số mũ của các số có cùng dạng số mũ theo modulo 2. Theo nguyên lý Dirichle, ra có 2 số thỏa mãn các thành phần của chúng có cùng số dư modulo 2 của số mũ, vì Xét tích của và và ta được lũy thừa bậc 4, vì chúng cùng là số chính phương và cùng ố dư modulo 2 của số mũ,đpcm

1,0

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút

Ngày thi: 06/04/2016

(Đề thi gồm 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

HƯỚNG DẪN CHẤM

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH

LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2015 – 2016

MÔN THI: TOÁN

(Hướng dẫn chấm gồm … trang)

Câu

Nội dung

Điểm

I

Cho parabol (P): và đường thẳng (d) đi qua điểm và có hệ số góc là . Gọi A và B là các giao điểm của (P) và (d). Giả sử A, B lần lượt có hoành độ là .

1) Tìm để trung điểm của đoạn thẳng AB nằm trên trục tung.

1,0

+ Đường thẳng (d) có pt:

0,25

+ PT tương giao (d) và (P):

0,25

+ (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt vì

0,25

+ Trung điểm M của AB có hoành độ là ; M nằm trên trục tung

0,25

2) Chứng minh rằng

1,0

Theo Vi et có:

0,25

Ta có: =

0,25

Có

0,25

= , . Đẳng thức xảy ra khi k = 0

0,25

II

1) Giải phương trình: (1)

1,5

Điều kiện:

0,25

(1)

0,25

0,25

Với x=1: VT(*)= 2=VP(*) nên x=1 là một nghiệm của (*)

0,25

Nếu x>1 thì VT(*)<2<VP(*)

0,25

Nếu x<1 thì VT(*)>2>VP(*). Vậy (1) có 2 nghiệm x=0; x=1

0,25

2) Giải hệ phương trình:

1,5

0,25

Đặt . Hệ trở thành: (*)

0,25

Hệ

Từ đó tìm ra

0,25

Với ta có hệ .

0,25

Với ta có hệ .

0,25

Với ta có hệ .

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm .

0,25

III

1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh , chân đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là điểm . Viết phương trình của đường thẳng BC.

1,5

Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I và bán kính IA

0,25

Đường thẳng AD đi qua A và có VTCP

là véc tơ pháp tuyến của AD

PT đường thẳng AD là:

0,25

A’ thuộc AD và IA’=IA, Tìm được

0,25

A’ là trung điểm cung không chứa A nên IA’BC

0,25

đường thẳng BC đi qua D và có là vecto pháp tuyến

0,25

Từ đó viết được pt đường thẳng BC là:

0,25

2) Cho tam giác ABC có (b ≠ c) và diện tích là . Kí hiệu lần lượt là độ dài của các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C. Biết rằng (*)

a) Chứng minh rằng

1,5

Viết được công thức các trung tuyến

0,25

(*)

0,25

(**)

0,25

Ta có

0,25

0,25

Từ (**) Hay

0,25

2b) Gọi O và G lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm tam giác ABC; M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng góc không nhọn.

1,0

Ta sẽ chứng minh

0.25

Ta có

0.25

* Mặt khác ta có

( trong đó R= OA = OB = OC ).

Tương tự có .

0.25

Vậy ( do có (**))

0.25

IV

Cho là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức .

1,0

* Bđt phụ: Cho các số thực x, y, z > 0, a, b, c là các số thực bất kì. Khi đó

(*)

Dấu bằng xảy ra khi .

+ Dễ thấy bđt trên suy ra từ bđt Bunhia

* Vào bài chính

Ta sẽ chứng minh

.

0,25

0,25

Giả sử .

Biến đổi .

Biến đổi tương tự với 2 số hạng còn lại của P.

Sau đó áp dung bđt (*) ta có:

0,25

Ta sẽ chứng minh

Bđt cuối cùng đúng, suy ra đpcm.

0,25

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT PĐP

THI CHỌN LỚP

NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: Toán – Lớp 10 – THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG THPT PĐP

HƯỚNG DẪN CHẤM

THI CHỌN LỚP

NĂM HỌC 2017 - 2018

Môn: Toán – Lớp 10 – THPT

Câu

Lời giải sơ lược

Điểm

1.1

Vẽ đồ thị (P)

1.5

Nêu đúng txd, đỉnh I(1; 1), trục đối xứng, chiều biến thiên

Vẽ đúng bảng biến thiên

0.5

0.5

0.5

1.2

1.0

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:

0,25

Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (*)

Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là , trong đó là các nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: .

0,25

Ta có:

0,25

Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm.

0,25

2.1

Giải và biện luận phương trình:

1,5

ĐKXĐ x

Ta có: (m + 1)(m +2)x = (m + 2)(2x + 1) (m + 2)(m - 1)x = m +2

0,5

*Với m = -2 PT có vô số nghiệm

*Với m = 1 PT vô nghiệm

*Với m -2 và m 1 thì

Nếu m = -1 thì PT vô nghiệm

Nếu m -1 thì PT có 1 nghiệm

0.25

0.25

0.25

0.25

2.2

Giải phương trình .

1,0

Đk x 0; 1; 1/3

Pt

0,25

Đặt 3x + – 4 = t

Giải được t = và t = -4

0,25

Với t = có 3x + – 4 = 6x² - 11x + 4 = 0

Với t = 4 có 3x + – 4 = 3x² + 1 = 0

0,25

0.25

2.3

Giải hệ phương trình

1,0

hpt

0,25

đặt , ta có hệ:

hoặc

0,25

với

0,25

với (vô nghiệm)

0,25

3.1

A(1; -2); B(3; -5) và C(2; 2). Tìm tọa độ điểm E là giao điểm của BC với đường phân giác ngoài của góc A

1.0

AB = 2; BC = ; AC =

Vậy E(1; 1)

0.25

0.25

0.25

0.25

3.2

Cho hình thang vuông ABCD, đường cao AB = 2a, đáy lớn BC = 3a; AD = 2a. Gọi I là trung điểm của CD, tính . Từ đó suy ra góc giữa hai vectơ và .

1.0

4.1

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

1.0

Ta có: (1) tam giác ABC vuông tại A

0.25

0.25

0.25

0.25

4.2

Cho hai điểm A và B cố định. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn:MA² + MB² = k

0.5

Gọi E là điểm thỏa mãn: ta có:

MA²+MB² = k

Mà nên

0.25

NÕu : Quü tÝch ®iÓm M lµ rçng.

NÕu : Quü tÝch ®iÓm M lµ mét ®iÓm E.

NÕu : Quü tÝch ®iÓm M lµ ®­êng trßn t©m E, b¸n kÝnh .

0.25

5

Giải hệ phương trình:

0.5

Điều kiện xác định:

thay vào (1) ta được

do

0.25

Suy ra thay vào (2) ta được

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

0.25

3

(2đ)

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

(1)

2.0

Ta có: (1)

1.0

0.5

tam giác ABC vuông tại A

0.5

Câu

Ý

Nội dung trình bày

Điểm

1

1

2,0 điểm

Điều kiện xác định:

thay vào (1) ta được

0,5

0,5

Do

0,5

Suy ra thay vào (2) ta được

Vậy hệ phương trình có nghiệm .

0,5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

---------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 12 tháng 7 năm 2013

(Đề thi gồm: 01 trang)

Câu

Phần

Nội dung

1

1

(x-2)² = 9

Vậy pt có 2 nghiệm là x =5 và x = – 1.

2

Vậy hpt có 1 nghiệm là (x; y) = (2; 0).

2

1

với x> 0 và x9

2

để đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số y = x+ 5

m = 1.

Vậy : m = 1 thì đồ thị hàm số y = ( 3m -2)x + m-1 song song với đồ thị hàm số

y = x+ 5

3

1

Gọi vận tốc ca nô khi nước yên lặng là x (km/h) ; ĐK: x> 3

Vân tốc ca nô khi xuôi dòng là: x +3 km/h

Vân tốc ca nô khi ngược dòng là: x – 3 km/h

Thời gian ca nô khi xuôi dòng là: h

Thời gian ca nô khi ngược dòng là: h

Theo đề bài ta có phương trình:

+=

Giải phương trình ta được x₁=-0,6( Loại); x₂=15( Thỏa mãn)

Vậy vận tốc ca nô khi nước yên lặng là 15km/h.

2

Cách 1: Để phương trình x² -2(2m+1)x + 4m²+4m =0 có hai nghiệm phân biệt

Δ’= (2m+1)²-1.(4m²+4m) =1 > 0 với mọi m.

Theo Viét ta có2(2m+1)

và 4m²+4m

ĐK:

Với ĐK trên, bình phương hai vế: ta có:

Vậy m = 0 thì phương trình x² – 2 (2m +1)x +4m²+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ thỏa mãn điều kiện . x₁+ x₂

Cách 2: Δ’= (2m+1)²-1.(4m²+4m) =1 > 0 (với mọi m.)

Thay vào . ta có:

Vậy m = 0 thì phương trình x² – 2 (2m +1)x +4m²+4m = 0 có hai nghiệm phân biệt x₁, x₂ thỏa mãn điều kiện . x₁+ x₂

4

Hình vẽ

1,

Ta có : AEB là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn

AEB = 1/2 sđ ( cung AB - cung BC ) = 1/2 sđ cung AC (1)

CDA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn CDA = 1/2 sđ cung AC (2)

Từ (1) và (2) AEB = CDA hay CEF = CDA

Mà CDA + CDF = 180 CEF + CDF = 180mà CEF và CDA là 2 góc đối nhau

Tứ giác CDFE là tứ giác nội tiếp ( dhnb )

2)

Ta có tam giác OAD cân (OA = OD = bk)

• góc ODA = góc OAD

Ta có góc ADB = 90⁰ (góc nt ….)

• góc BDF = 90⁰ (kề bù với góc ADB)
• tam giác BDF vuông tại D

Mà DI là trung tuyến

• DI = IB = IF
• Tam giác IDF cân tại I
• Góc IDF = góc IFD

Lại có góc OAD + góc IFD = 90⁰ (phụ nhau)

• góc ODA + góc IDF = 90⁰
• Mà góc ODA + góc IDF + góc ODI = 180⁰

=> góc ODI = 90⁰

=> DI vuông góc với OD

=> ID là tiếp tuyến của (O).

3)

Tứ giác CDFE nội tiếp nên (cùng bù với góc NDC)

( góc ngoài của tam giác NDK)

( góc ngoài của tam giác MEK)

=>

=> tam giác AMN là tam giác cân tại A.

5

Ta có →

nên (vì a.b là số dương)

Dấu “=” xảy ra khi → a = b

vì a + b = 2 → a = b =

Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức Q là 10 tại a = b =

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

---------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

KỲ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013-2014

MÔN THI: TOÁN

Thời gian làm bài: 120 phút (không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: Ngày 14 tháng 7 năm 2013 (Đợt 2)

(Đề thi gồm: 01 trang)

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

HẢI DƯƠNG

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN TOÁN

KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 THPT

NĂM HỌC 2013 - 2014

Ngày thi: 14 tháng 07 năm 2013

Câu

Ý

Nội dung

Điểm

1

1

(1)

1,00

Có (1)

0,25

0,25

0,25

0,25

2

(2)

1,00

Có (2)

0,25

0,25

0,25

0,25

2

1

Rút gọn biểu thức với a >0 và

1,00

Có

Có

Do đó

P = 1

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Tìm m để đồ thị các hàm số y = 2x + 2 và y = x + m – 7 cắt nhau tại điểm nằm trong góc phần tư thứ II

1,00

Vì hệ số góc 2 đường thẳng khác nhau(21)( Hoặc nêu hệ sau có nghiệm duy nhất) nên 2 đường thẳng đã cho cắt nhau. Toạ độ giao điểm của hai đồ thị hàm số y = 2x + 2 và y = x + m – 7 là nghiệm của hệ phương trình:

Giải hệ trên có

Vì toạ độ giao điểm nằm trong góc phần tư thứ II nên

0,25

0,25

0,25

0,25

3

1

Hai giá sách trong một thư viện có tất cả 357 cuốn sách. Sau khi chuyển 28 cuốn sách từ giá thứ nhất sang giá thứ hai thì số cuốn sách ở giá thứ nhất bằng số cuốn sách của giá thứ hai. Tìm số cuốn sách ban đầu của mỗi giá sách.

1,00

Gọi số sách ở giá thứ nhất là x cuốn (x nguyên dương)

Số sách ở giá thứ hai là y cuốn (y nguyên dương)

Theo bài ra ta có phương trình x + y = 357 (1)

Sau khi chuyển thì số sách của giá thứ nhất là x – 28 (cuốn); số sách của giá thứ hai là y + 28 (cuốn)

Theo bài ra ta có phương trình (2)

Từ (1) và (2) tìm được số sách ban đầu của giá thứ nhất là 147 cuốn

Và số sách của giá thứ hai là 210 cuốn.

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Gọi là hai nghiệm của phương trình . (*)

Tính giá trị của biểu thức:Q =

1,00

Phương trình (*) có ac = -3 < 0 nên (*) luôn có hai nghiệm phân biệt

Theo Vi - et có

Có

=>

0,25

0,25

0,25

0,25

4

1

Chứng minh các điểm A, E, F, H cùng nằm trên một đường tròn.

1,00

Từ giả thiết có => E nằm trên đường tròn đường kính AM

=> F nằm trên đường tròn đường kính AM

Theo gt có => H nằm trên đường tròn đường kính AM

Suy ra các điểm A, E, F, H cùng thuộc đường tròn (đường kính AM).

0,25

0,25

0,25

0,25

2

Chứng minh BE.CF = ME.MF

1,00

Từ giả thiết suy ra ME // AC =>

=> hai tam giác vuông BEM và MFC đồng dạng

=> BE.CF = ME.MF

0,25

0.25

0,25

0,25

3

Giả sử . Chứng minh

1,00

Từ giả thiết ta có tứ giác AEMF là hình chữ nhật

Mà nên tứ giác AEMF là hình vuông => ME = MF

Ta có AB² = BH.BC; AC² = CH.BC (1)

Có hai tam giác vuông BEM và BAC đồng dạng nên (2)

Có hai tam giác vuông BAC và MFC đồng dạng nên (3)

Từ (2), (3) có (vì ME = MF) (4)

Từ (1), (4) có

0,25

0,25

0,25

0,25

5

Cho hai số dương x, y thay đổi thoả mãn xy = 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

1,00

Có . Dấu “=” xảy ra khi

Có . Dấu “=” xảy ra khi 2x = y và xy = 2

Do đó . Dấu “=” xảy ra khi x = 1 và y = 2.

Vậy giá trị nhỏ nhất của M là khi x = 1 và y = 2.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu

Sơ lược đáp án

Điểm

1.1

(1đ)

4x0,25

1.2

(1đ)

•TH1: Với m = 1 thì BPT có dạng không thỏa mãn ycbt

0,25

•TH2: Với thì ycbt

3x0,25

2.1

(1đ)

ĐK:⇒PT

0,5

• Xét PT (*): Nếu x = 1: VT(*) = 2 = VP(*) nên x = 1 là một nghiệm của (*)

Nếu x > 1 thì VT(*) < 2 < VP(*); Nếu x < 1 thì VT(*) > 2 > VP(*)

Vậy (1) có 2 nghiệm x = 0; x = 1

0,5

2.2

(1đ)

Đặt .

Hệ trở thành:

0,5

•Với ta có hệ .

•Với ta có hệ .

•Với ta có hệ .

Kết luận: Hệ có 5 nghiệm .

0,5

3.1

(1đ)

4x0,25

3.2

(1đ)

4x0,25

4.1

(1đ)

Đường cao AH có VTPT là:

0,5

PTTQ của đường cao AH là:

2x0,25

4.2

(1đ)

Đường thẳng BC: Đường tròn (E) có bán kính:

2x0,25

Đường tròn (E):

0,5

4.3

(1đ)

Gọi G là trọng tâm ΔABC và I là trung điểm của GC. Ta có: và

0,5

0,5

5

(1đ)

Ta có:

Xét , , .

Ta có .

0,25

Mà nên (Côsi)

0,5

Vậy đạt được chẳng hạn khi .

0,25