Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Con Cuông

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh 10 Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Con Cuông, giúp các bạn ôn tập dễ dàng hơn và nắm các phương pháp giải bài tập, củng cố kiến thức cơ bản. Mời các bạn cùng tham khảo!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi chọn học sinh giỏi cấp trường môn Toán 10 năm 2017-2018 có đáp án - Trường THPT Con CuôngSỞ GD & ĐT NGHỆ ANTRƯỜNG THPT CON CUÔNGĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG KHỐI 10NĂM HỌC 2017 – 2018Môn : TOÁNĐỀ CHÍNH THỨCThời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề)Câu 1.(5,0 điểm)Cho phương trình bậc hai x 2  5 x  m  0 (1) với x là ẩn số.a) Giải phương trình (1) khi m = 6.b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn x 1 x 2  x 2 x 1  6 .Câu 2. (3,0 điểm) x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1Giải hệ phương trình:  42 x  y  xy (2 x  1)  1Câu 3.(5,0 điểm)4sin   cos sin 3   2 cos3  2   1 b) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Điểm K trên đoạn34a) Cho góc  thỏa mãn tan   2 . Tính giá trị biểu thức P thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ sốAD.AKCâu 4. ( 5,0 điểm).Trong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D là trung điểm16AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình CD : x  3y 1  0 , E  ;1 .3 a) Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao của CDvà BE.b) Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết A có tung độ âm.Câu 5. (2,0 điểm) Cho a , b, c là các số thực dương thoả mãn a  b  c  1 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P 11.22a b cabc2---- Hết ---Họ tên thí sinh :........................................................................... Số báo danh :.....................................HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ CHÍNH THỨC(Hướng dẫn chấm gồm 04 trang)Câu1.Nội dungĐiểmPhương trình x 2  5 x  m  05,0a) Giải phương trình (1) khi m  61,5Khi m  6 PT (1) có dạng: x 2  5 x  6  00,5Ta có:   4  1  5  00,5PT (1) có 2 nghiệm phân biệt: x1  2 và x2  30,5b) Tìm giá trị m thỏa mãn3,5Lập ∆ = 25 - 4mPhương trình có 2 nghiệm x1 , x2 khi ∆ ≥ 0 hay m 0,5254Áp dụng hệ thức Viet, ta có x1  x2  5; x1 x2  m0,5ìïx + x > 0hay m > 0.Hai nghiệm x1 , x2 dương khi ïí 1 2ïïîx1x 2 > 0Điều kiện để phương trình có 2 nghiệm dương x1, x2 là 0 < m Ta có:Suy ra(x1 + x 2)20,5= x1 + x 2 + 2 x1 .x 2 = 5 + 2 mx1 + x 2 = 5 + 2 mTa có x1 x 2  x 2 x1  6  x1.x 2Hay25(*)40,5x1  x 2  6m 5  2 m  6  2m m  5m  36  0 (1)Đặt t  m  0 , khi đó (1) thành: 2t3 + 5t2 - 36 = 00,5 (t - 2)(2t2 + 9t + 18) = 0 t - 2 = 0 hoặc 2t2 + 9t + 18 = 0Với t - 2 = 0 => t = 2 => m = 4 (thoả mãn (*)).0,5Với 2t2 + 9t + 18 = 0 : phương trình vô nghiệm.Vậy với m = 4 thì phương trình đã cho có hai nghiệm dương x1, x2 thoả mãn 0,5x1 x 2  x 2 x1  6 .2. x 2  x3 y  xy 2  xy  y  1Giải hệ phương trình:  42 x  y  xy (2 x  1)  13,0( x 2  y )  xy ( x 2  y )  xy  1Hệ   22 x  y   xy  11,0a  x 2  yĐặt . Hệ trở thành:b  xya  ab  b  1(*) 2a  b  10,5a 3  a 2  2a  0a (a 2  a  2)  0Hệ (*)  22b  1  ab  1  a0,5Từ đó tìm ra (a; b)  (0; 1); (1; 0); (2;  3) x2  y  0Với (a; b)  (0; 1) ta có hệ  x  y  1. xy  1 x2  y  1 ( x; y )  (0; 1);(1;0);(1;0) .Với (a; b)  (1; 0) ta có hệ  xy  00,5Với (a; b)  (2; 3) ta có hệ33 x 2  y  2y  y   x  1; y  3 .xxxy332x  2x  3  0( x  1)( x  x  3)  00,5Kết luận: Hệ có 5 nghiệm ( x; y )  (1; 1);(0;  1);(1; 0);(1; 0);(1; 3) .3.5,0a) Cho góc  thỏa mãn tan   2 . Tính giá trị biểu thức P  4sin   cos    sin 2   cos 2  4sin   cos Psin 3   2 cos3 sin 3   2 cos3 4 sin   co s sin 3   2 co s 3 2,51.04sin 3   sin 2  cos   4sin  cos 2   cos3 sin 3   2 cos3 0,54 tan 3   tan 2   4 tan   1tan 3   20,54.8  4  4.2  1 78 220,52  31 4b)ADtrên đoạn thẳng AD sao cho 3 điểm B, K, E thẳng hàng. Tìm tỉ số.AKb) Cho tam giác ABC. Gọi D, E lần lượt là các BD  BC; AE  AC . Điểm KVì AE 2,5A1   1  3 AC  BE  BC  BA (1)444EK0,5BDC Giả sử AK  x AD  BK  xBD  1  x  BA (1)2 3Mà BD  BC nên AK  x.AD  BK  Do BC; BA không cùng phương nên13892x BD  (1  x)BA30,5m 2x3m 0 &1  x 04 340.51 30,5Từ đó suy ra x  ; m  . Vậy AK  AD 4.0,5AD3AKTrong mặt phẳng tọa độ 0xy cho tam giác ABC vuông tại B, AB = 2BC, D làtrung điểm AB, E là điểm thuộc đoạn AC sao cho AC = 3EC, có phương trình 16 CD : x  3y 1  0 , E  ;1  . 3 5,0Chứng minh rằng BE là phân giác trong của góc B, Tìm tọa độ điểm I là giao2,5a) của CD và BE.Ta cóBA EA 2  E là chân đường phân giác trongBC ECA0,5DIBECDo BD = BC  BE  CD  BE : 3 x  y  17  00,5x  3y 1  0I  BE ...