Đề thi chọn HSG Toán năm 2019 - 2020 trường THPT Ngô Gia Tự - Phú Yên

SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2019 – 2020

UTRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰU MÔN: TOÁN

(Đề thi có 01 trang) Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1. (2,0 điểm) Giải phương trình 3 3 1 2 2 1 x x + = −.

Câu 2. (2, 0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại .A Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy hai điểm

B′ và C′ sao cho . . . AB AB AC AC ′ ′ = Gọi M là trung điểm của . BC Chứng minh rằng . AM B C ′ ′ ⊥

Câu 3. (3,0 điểm) Cho phương trình cos2 sin 3 0. x x m + + − =

a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 3 nghiệm phân biệt.

b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt thuộc khoảng

(0; ). π

Câu 4. (4,0 điểm) Cho 2 ( ) 4( 1) 1 f x mx m x m = + − + − ( m là tham số).

a. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( ) 0 f x > với mọi . x∈

b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để ( ) 0 f x < với mọi ( ) 0;2 . x∈

Câu 5. (4,0 điểm) Cho hệ phương trình 1 2

3

x y m

x y m

 + + + = + = 

( m là tham số).

a. Giải hệ phương trình khi 4. m =

b. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hệ phương trình có nghiệm.

Câu 6. (2,0 điểm) Cho tam giác . ABC Gọi O là điểm tùy ý nằm trong tam giác. Kẻ , OM ON và

OP lần lượt vuông góc với các cạnh , BC AC và . AB Chứng minh 2 BC AC AB p OM ON OP r + + ≥ trong đó

p là nửa chu vi của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn nội tiếp của tam giác . ABC

Câu 7. (3,0 điểm) Cho tam giác ABC vuông tại . B Kéo dài AC về phía C một đoạn 1; CD AB = =

 0 30 . CBD = Tính độ dài đoạn . AC

---------- HẾT ----------

SỞ GIÁO DỤC PHÚ YÊN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NĂM 2019 – 2020

TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn Toán – Thời gian: 150 phút

Câu Đáp án Điểm

Câu1

(2,0 điểm)

Đặt: 3 2 1. y x = −

Ta có:

3 3 3

3 3 3 2 2 1 2 1 2 1 2

1 2 2( ) ( )( 2) 0

x y x y x y

y x x y y x x y x xy y

   + = + = + =    ⇔ ⇔    + = − = − − − + + =      

1,0

Do

2 2 2 2 3 2 2 0 , 2 4 y y x xy y x x y   − + + = − + + > ∀    

Nên ta có hệ:

3 3 2 1 2 1 2 ( 1)( 1) 0 x y x x x x x x y

 + = ⇒ + = ⇔ − + − = = 

0,25

0,5

1

1 5 2 1 5 2

x

x

x

 =  −+  ⇔ =   −− = 

0,25

Câu 2

(2,0 điểm)

Vì M là trung điểm của BC nên

( ) 1 2 AM AB AC = +   

0,5

Ta có: ( )( ) 1 . . . 0 2 AM B C AB AC AC AB AC AC AB AB ′ ′ ′ ′ ′ ′ = + − = − =       

Vậy: AM B C ′ ′ ⊥

1,5

Câu 3

(3,0 điểm)

a. (1,5 điểm) 2 cos2 sin 3 0 2sin sin 2 x x m x x m + + − = ⇔ − = − 0,25

Đặt: [ ] sin , 1;1 t x t = ∈−

Phương trình trở thành 2 2 2 t t m −= −

Xét hàm số 2 2 y t t = − với [ ] 1;1 t ∈−

Để phương trình có 3 nghiệm phân biệt 2 1 3 m m ⇔ − = ⇔ =

0,5

0,75

B

A C

M B'

C'

b. (1,5 điểm) ( ) ( ] 0; 0;1 x t π ∈ ⇒∈

Xét hàm số 2 2 y t t = − trên nửa khoảng ( ] 0;1

Để phương trình có 4 nghiệm phân biệt 1 15 2 0 2 8 8 m m ⇔− < − < ⇔ < <

1,0

0,5

Câu 4

(4,0 điểm)

a. (1,5 điểm)

+ Khi 0 m = thì 1 ( ) 0 4 1 0 4 f x x x > ⇔− −> ⇔ < − (loại)

0,5

+ Khi 0 m ≠ để

0 0 4 ( ) 0 1 0 ( 1)(3 4) 0 3

m m f x x m m m > >   > ∀∈ ⇔ ⇔ ⇔< <   ′ ∆< − − <   

1,0

b. (2,5 điểm)

+ Khi 0 m = thì 1 ( ) 0 4 1 0 4 f x x x < ⇔− −< ⇔ > − (thỏa mãn)

0,5

+ 0 0 0 ( 1)(3 4) 0 m m VN m m < <   ⇔ ⇒   ′ ∆< − − <  

0,5

+ Khi 0 m > đề ( ) 0 (0;2) f x x < ∀∈ thì ( ) 0 f x = có hai nghiệm 1 2 , x x thỏa

1 2 1 2 1 2

0 (1) 0 2 2 (2)

x x x x x x

≤ <  ≤ < ≤ ⇔ < ≤ 

0,5

1 (1) 0 0 1 m m m − ⇔ ≤ ⇔ < ≤ 0,5

1 2 1 2 1 2 13 (2) ( 2)( 2) 0 2( ) 4 0 0 10 x x x x x x m ⇔ − − ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔ < ≤ 0,5

Vậy: 13 0 . 10 m ≤ ≤

Câu 5

(4,0 điểm)

a. (1,5 điểm)

Khi 4 m = ta có 1 2 4

12

x y

x y

 + + + = + = 

12

1 14 4

y x

x x

= −  ⇔ + + − = 

( ) 1 14; 2 13 x y −≤ ≤ −≤ ≤

1,0