Đề thi chọn học sinh giỏi tỉnh môn Toán 10 năm học 2016 - 2017 sở GD và ĐT Hà Tĩnh

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ THI CHÍNH THỨC

(Đề thi có 01 trang, gồm 05 câu)

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016 - 2017 MÔN: TOÁN - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1.

a) Giải hệ phương trình    

3

3 x 1 2y 1

x y 1 2.

      

b) Giải phương trình

2 6x 2 x 1 2 2x 9x 4

     .

Câu 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để bất phương trình sau có nghiệm:

2 4 x 1 2 x x m x 0     . Câu 3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng BC và N là điểm thuộc đoạn thẳng AC sao cho AC 4AN  . Đường thẳng

DM có phương trình y 1 0  và 1 3 N ; 2 2        . Xác định tọa độ điểm A.

Câu 4. a) Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao 1 1 1 AA , BB , CC đồng quy tại H 1 (A BC, 

1 1 B AC, C AB)   . Biết 1 1 AA 2 2, CC 3  và 1 HB 5HB .  Tính tích cot A.cotC và diện

tích tam giác ABC. b) Cho a,b,c là các số thực không âm có tổng bằng 3. Chứng minh rằng

2 2 2 a b c abc 4     . Câu 5.

Tập hợp X có   n * 2 n  phần tử được chia thành các tập con đôi một không giao

nhau. Xét quy tắc chuyển phần tử giữa các tập như sau: nếu A, B là các tập con của X và số phần tử của A không nhỏ hơn số phần tử của B thì ta được phép chuyển từ tập A vào tập B số phần tử bằng số phần tử của tập B. Chứng minh rằng sau một số hữu hạn các bước chuyển theo quy tắc trên, ta nhận được tập X. ------------HẾT------------ - Thí sinh không được sử dụng tài liệu và máy tính cầm tay. - Giám thị không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ………………………………………………Số báo danh: ………………

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2016-2017- MÔN TOÁN LỚP 10

HƯỚNG DẪN CHẤM (Hướng dẫn chấm gồm 3 trang) Lưu ý: Mọi cách giải khác gọn và đúng đều cho điểm tương ứng.

Câu Nội dung Điểm

Câu 1a 3 điểm Nhận xét: x 0  không thoả mãn.

Với x 0  , ta có hệ

3

3

1 1 2y x 2 y 1 . x

     

Đặt 1 t x  , hệ trở thành    2 2 3

3 3 y t y yt t 2 0 (1) 1 2y t

1 2t y 1 2t y (2)

                 

Do 2 2 y yt t 2    >0, suy ra từ (1) ta có y t 

Thay vào (2) ta có    3 2 y 2y 1 0 y 1 y y 1 0       

y 1

1 5 y 2

       

Với y 1 , suy ra x 1 

Với 1 5 y 2   , suy ra 1 5 x 2   ;

Với 1 5 y 2   , suy ra 1 5 x 2  

Câu 1b 3 điểm

Điều kiện 1 x 1  

2 2 6x 2 3x 1 6x 2 x 1 2 2x x 1 2 2x 9x 4 9x 4

           

   

2 2

1 3x 1 0 x 3 2 x 1 2 2x 9x 4 2 x 1 2 2x 9x 4 (2)

                   

     2 2 2 4 3 x 2 2 1 x 9x 4      

  2 2 9x 8 4 2 2 1 x x            (3)

Nhân hai vế của (3) với   2 2 2 1 x x        , ta suy ra:

          2 2 2 2 2 2 9x 8 2 2 1 x x 4 4.2 1 x x 9x 8 2 2 1 x x 4 0                            

Do 1 x 1  , suy ra   2 2 2 1 x x 4 0     , từ đó ta có 2 9x 8 0   2 2 x 3   

Thay vào phương trình (3) ta thấy 2 2 x 3  thỏa mãn

Kết luận: Tập nghiệm của phương trình 1 2 2 S ; 3 3

         