Đề thi HSG Toán 10 năm 2018 – 2019 trường Phùng Khắc Khoan – Hà Nội

Mô tả

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN - THẠCH THẤT - THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Lớp 1 0 Năm học: 201 8 - 201 9 Môn: Toán Thời gian làm bài : 15 0 phút ( không kể giao ) Câu 1. (5 ,0 điểm) 1) Cho hàm số 2 1 y x x có thị (P) . Tìm m 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 (v O là gốc tọa độ). 2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m ( ) m R 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 v 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 bởi 2 MC MB và 1 2 NA NB . Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c 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 C 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 -------- H ------- Họ và tên thí sinh: ............................................................... Số báo danh: .......SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT PHÙNG KHẮC KHOAN - THẠCH THẤT - CẤP TRƯỜNG Lớp 10 - Năm học: 201 8 - 201 9 Môn: Toán Thời gian: 1 5 0 phút Câu 1.1 (3 ,0 đ) 1) Cho hàm số 2 1 y x x có đồ thị (P) . Tìm m d: 2 y x m cắt đồ thị (P) tại 2 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) 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 T a có OAB vuông tại O 2 2 1 2 1 2 1 21 . 0 5 2 0 5 0 2 OA OB x x m x x m m m m 1,0 1 21 2 m 0,5 Câu 1.2 (2 ,0 điểm) 2) Tìm tất cả các giá trị m 4 2 3 1 6 2 0 x m x m có bốn nghiệm phân biệt đều lớn hơn - 4. 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 4 nghiệm là 2; 3 1 m 0,5 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 : 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