Đề học sinh giỏi Toán 10 năm 2023 – 2024 trường THPT Lương Ngọc Quyến – Thái Nguyên

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN TRƯỜNG THPT LƯƠNG NGỌC QUYẾN

ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG NĂM HỌC 2023- 2024

Môn: TOÁN- LỚP 10

Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề

Họ tên……….Lớp:……….

Số báo danh:………..Phòng thi:………

Bài 1: (3 điểm) Cho hai tập hợp ^{A   }



^{3; 1}

  

^{2; 4 , B}



^m1;m2



. Tìm m để A  B .

Bài 2: (4 điểm) Một xưởng sản xuất hai loại sản phẩm loại I và loại II từ 200kg nguyên liệu và một máy chuyên dụng. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại I cần 2kg nguyên liệu và máy làm việc trong 3 giờ. Để sản xuất được một kilôgam sản phẩm loại II cần 4kg nguyên liệu và máy làm việc trong 1,5 giờ. Biết một kilôgam sản phẩm loại I lãi 300000 đồng, một kilôgam sản phẩm loại II lãi 400000 đồng và máy chuyên dụng làm việc không quá 120 giờ. Hỏi xưởng cần sản xuất bao nhiêu kilôgam sản phẩm mỗi loại để tiền lãi lớn nhất?

Bài 3: (4 điểm) Bạn Mai có ba lọ dung dịch chứa một loại acid. Dung dịch A chứa 10%, dung dịch B chứa 30% và dung dịch C chứa 50%. Bạn Mai lấy từ mỗi lọ dung dịch và hòa với nhau để có 50ghỗn hợp chứa 32% acid này và lượng dung dịch loại C lấy nhiều gấp đôi dung dịch loại A. Tính lượng dung dịch mỗi loại bạn Mai đã lấy.

Bài 4: (3 điểm) Cho tam giác ABC có _{3 3 3}

2

cos .cosC 1 B 4

b c a

a b c a

 

  

   



. Chứng minh ABC là tam giác đều.

Bài 5: (3 điểm) Cho tam giác

ABC

có trọng tâm

G

và điểm

N

thỏa mãn

NB     3 NC  0

. Gọi

P

là giao điểm của

AC

và

GN

, tính tỉ số

PA

PC

^.

Bài 6: (3 điểm) Cho tứ giác lồi ABCDcó ACBD và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R1. Đặt diện tích tứ giác ABCD bằng Svà AB a BC b CD c DA d ,  ,  ,  . Tính giá trị biểu thức











 ab cd ad bc

T S .

……...HẾT…….

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Học sinh không được sử dụng tài liệu, không được sử dụng máy tính cầm tay.

ĐÁP ÁN, BIỂU ĐIỂM

Bài 1: 0,5

1,5

Ta đi tìm m để A  B

2 3 5

1 4 5

1 1 0

2 2

m m

m m

m m m

      

 

    

    

 

  



1

5 5

0 A B m

m

  

      

Bài 2:

Giả sử sản xuất

x kg ( )

sản phẩm loại I và

y kg ( )

sản phẩm loại II.

Điều kiện x0,y0và 2x4y200 x 2y100 Tổng số giờ máy làm việc: 3x1,5y

Ta có 3x1,5y120

Số tiền lãi thu được là T 300000x400000y (đồng).

1

Ta cần tìm

x y ,

thoả mãn:

0, 0 2 100 3 1,5 120

x y

x y

x y

 

  

  



(I)

sao cho T 300000x400000y đạt giá trị lớn nhất.

1

Trên mặt phẳng tọa độ Oxy vẽ các đường thẳng

d x

₁

:  2 y  100; d

₂

: 3 x  1,5 y  120

Đường thẳng

d

₁ cắt trục hoành tại điểm

A (100;0)

, cắt trục tung tại điểm

B (0;50)

. Đường thẳng

d

₂ cắt trục hoành tại điểm

C (40;0)

, cắt trục tung tại điểm

D  0;80 

^.

Đường thẳng

d

₁ và

d

₂ cắt nhau tại điểm

E  20;40 

^.

Biểu diễn hình học tập nghiệm của

hệ bất phương trình (I) là miền đa giác

OBEC

.

1

0 0 0

x T

y

   

  

^;

0 20000000

50

x T

y

   

  

^;

20 22000000 40

x T

y

   

  

^;

40 12000000 0

x T

y

   

  

Vậy để thu được tổng số tiền lãi nhiều nhất thì xưởng cần sản xuất 20kg sản phẩm loại I và 40kg sản phẩm loại II.

1

Bài 3:

Gọi lượng dung dịch loại A, B, C mà Mai đã lần lượt lấy ra là ^{x y z, , 0}



^{x y z, , 50 .}



^0,5

Theo bài ra ta có hệ phương trình:

50 50

2 2 .

1 3 5 32 .50 1 3 5 16

10 10 10 100 10 10 10

x y z x y z

z x z x

x y z x y z

 

       

   

 

 

       

 

1,5

Giải hệ trên ta có 5 35 10 x y z

 

 

 

. 1,5

Vậy dung dịch loại A, B, C mà Mai đã lần lượt lấy ra là: ⁵

     

^{g ,35 g ,10 g . 0,5}

Bài 4:

Ta có: ^{(2)a b c2}



^

 

^{ b c b}

 

^{2bc c 2}



^{a2 b2bc c 2 (3) 0,5}

Theo định lý cos ta có: a²b²2 .cosbc A c ² (4) Từ (3) và (4) suy ra: 1

cosA2 mà 0  A 180 nên A60 (*) 0,5

Mặt khác (1) ^{2 2 2 2 2 2} 1

. (5)

2 2 4

a c b a b c

ac ab

   

  0,5

Thế (3) vào (5) ta được:

  

    

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

1 1

c bc b bc c b b c

b c bc b c bc bc

   

  

 

  . 0,5

 

²

2 2 2 2

5bc 2b 2c b c bc 3 b c 0 b c

           (**) 0,5

Từ (*) và (**) suy ra ABC là tam giác đều. (đpcm) 0,5

Bài 5:

Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Đặt

 AP k AC  

.

 

1

GP     AP AG k AC     3   AB AC 

1 1

3 3

k AC AB

 

   

 

.

1

 

1 1 7 5

3 6 6 6

GN GM MN         AM BC       AB AC   AC AB    AC   AB

Ba điểm G P N, , thẳng hàng nên hai vectơ

GP GN   ,

cùng phương. Do đó

1 1 1

2 1 7 4 4

3 3 3

7 5 7 5 3 15 5 5

6 6 6

k k

k k AP AC

  

         



 

^1,5

4 4

5 AP AC PA

   PC 

. 0,5

Bài 6:

0,5

Ta có : . . .4

4

ABC ABC

S R

a b AC

S ab

R AC

  

Tương tự ta cũng có : S_ADC.4R

cd  AC , S_ABD.4R

ad BD , S_BCD.4R

bc BD 0,5



ab cd ad bc

 

T S

 



.4 .4 .4 .4

ABC ADC ABD BCD

S R S R S R S R

AC AC BD BD

S

    

  

  



4 S^ABC .S^ABD S^ABC .S^BCD S^ADC.S^ABD S^ADC.S^BCD

AC BD AC BD AC BD AC BD

S

    

 

 



 

4 . . . .

. .

ABC ABD ABC BCD ADC ABD ADC BCD

S S S S S S S S

S AC BD

  



   

4 . . 4 4 .

. . . . .2 2

ABC ADC ABC ADC

S S S S S S S S S

S AC BD S AC BD S S

 

   

   

4

. .

ABC ABD BCD ADC ABD BCD

S S S S S S

S AC BD

  

 

 

 ²

Vậy T 2. 0,5

.