TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN - TIN (Đề thi gồm 01 trang)
ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 2 NĂM HỌC 2019 - 2020 Môn thi: TOÁN 10 Chuyên Dành cho các lớp 10: Toán 1, Toán 2 Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (3,5 điểm).
+
−
−
+
−
23 x
6
x
2
x
3
x
5
m
= (1) 0
)(
)
1) Cho phương trình
( 46.
a) Giải phương trình khi b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm
phân biệt.
m =
)
+ + 3 x x 3 y xy
2) Giải hệ phương trình
2
2
)( y )(
( (
2
2 P- ACP
+ + + = x y 14 xy y x 36 = 14 )
Câu 2 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm của cạnh AC và D là điểm trên cạnh BC sao P = AB.AC. Trên tia đối của tia AC lấy điểm P cho BD = DM. Giả sử rằng 2BCP sao cho AB = AP.
1. Chứng minh DM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP. 2. Chứng minh AD là phân giác của góc BAC. 3. Tính tích BD.DC theo AB và AC.
,a b là các số thực dương. Chứng minh:
Câu 3 (1,0 điểm). Cho
2
2
a
b
+
+
) 1
) 1
(
(
( 1
)
+
+
≥
3 2.
2
)( b b 2 +
)( a a 2 +
)( ab a b 2 + b a
+ ( a b
+ ) 1
+ ( b a
+ ) 1
3
1n > thỏa mãn
n 3
Chứng minh rằng n chẵn và n không
. n− 1
Câu 4 (1,5 điểm). 1) Một tờ giấy được xé thành 4 mảnh, mỗi tờ giấy trong một số tờ giấy trong bốn mảnh nhỏ này lại được xé thành 4 mảnh nhỏ nữa, và một trong các mảnh nhỏ này lại được xé thành 4 mảnh,..., tiếp tục như vậy thì có khi nào ta thu được 2019 mảnh giấy hay không? Vì sao? 2) Cho n nguyên, chia hết cho 4. Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số
( ) yf x
( f xy
( f x
)
∀ + + x y , x 2 , 2 ∈ . :f → sao cho ) = +
( ) f x ------------ Hết ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BĂC NINH
KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 2 NĂN HỌC 2019 - 2020
Điểm
Câu
ĐÁP ÁN Môn thi: TOÁN 10 Chuyên Nội dung
2,5
a)
x = ±
17
, PT có hai nghiệm 1,2 1
m = 46
điểm
=
−
+
b) ĐK 5
, 0
3
5
t
x
x
(
)(
)
− ≤ ≤ . Đặt 3x t≤ ≤ 1.
Ta có phương trình
23 t
Pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ PT ẩn t có 1 nghiệm
t ∈
)0;1
[
2
−
+
Lập bảng biến thiên của hàm
f
= ( ) 3 t t
t 2
45
)0;1 .
trên [
∈
∪
Từ bảng biến thiên ta có
m
(
) 45; 46 .
134 3
− + = (2) − t m 2 45 0
2) ĐK
xy ≥ 0
1 điểm
2
Câu 1 (3điểm )
(
)
+ =
Đặt
x
y u
,
xy
= v
2
)
2
2
+
=
4
14
v
Ta có hệ
(*) (hệ đẳng cấp bậc 3)
2
2
+
=
36
) 12 v
v )
( 3 u ( u u
. Hệ (*) trở thành
+ + = x y xy xy 3 4 14 HPT + + + = x y x y 12 xy 36 ) ( ⇔ (
2
3
x
+ = y
3
+
v
4
14
⇒
là nghiệm
u
k
v
⇒ = ⇒ = 6
3,
x y ,
2
=
1 = ⇒ 2
xy
+
=
0v ≠ nên đặt u kv=
) 12
36
Nhận thấy ( k 3 ( 3 v k k
= )
1 4
2
PT
(
)
2
2 P = AB.AC suy ra 2BCP
1. Từ 2BCP
P = AC.(AB + AC) = AC.CP = P = CM.CP, vậy CB là tiếp tuyến của đường tròn
+ − − + − + = ⇒ t t 3 0 x y ; 3 2 2 3 2 2 ; 3 2 2 3 2 2 ; 1 4 2 2 2 2 = ,
1 điểm
2 P- ACP 2 2CM.CP. Từ đó, ta có CBP ngoại tiếp tam giác MPB.
Câu 2 (3điểm
2. Do BD = DM nên DM cũng là tiếp tuyến của đường tròn (MPB). Suy ra
1 điểm
∠ DBM = ∠ BMD = ∠ BPM. Suy ra ∠ BAM = ∠ MDC. Vậy tứ giác AMDB là tứ giác nội tiếp. Suy ra AD là phân giác của góc BAC.
=
=
và
. Suy ra
BD
DC
3. Do tính chất phân giác ta có
1 điểm
.AB BC + AB AC
.AC BC + AB AC
2
.
.
=
=
BD DC .
.
2
2 AC AB . + AB AC
AC AB BC + AB AC ( )
)
2(
2
2
+
+
=
( a b
) 1 ;
1điể m
2
2
2
2
+
+
=
+
+
Nhận thấy
a
a
b
Câu 3 1điểm
2
2
2
2
+
+
=
+
+
+
b
a
b
) ) 1 ) 1
( 1 ( (
)( ab a b )( b b )( a a
) ( + + 1 b a ( + b a ( a b
+ ) 1 ; ) 1
2
2
2
2
+
=
+
=
+
=
>
Đặt
a
b
z
x y z ( , ,
0)
( x a b ;
) 1
( y b a ;
) 1
Ta viết BĐT cần chứng minh lại dưới dạng:
x
y
y
z
z
x
+
+
≥
∀
>
3
2,
x y z , ,
0
( )*
+ z
+ x
+ y
Theo BĐT Cauchy cho hai số không âm, ta có:
x
+ ≥ y
xy
2
+
+
+
(
x
y y )(
z
)(
z
x
≥ ) 8
xyz
y
+ ≥ z
yz
2
z
+ ≥ x
zx
2
⇒
+
+
+
x
y
z
x
(
)(
)(
)
⇒
≥ ( )1 8
y z xyz
Mặt khác,áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm, ta lại có:
+
+
+
x
y
z
x
(
)(
)(
)
x
y
y
z
z
x
+
+
≥
63
( )2
+ z
+ x
+ y
z y xyz
Từ ( )1 và ( )2 , hiển nhiên BĐT ( )* được chứng minh hoàn toàn.
= = . Vậy ta có điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x
y
z
0.75
1. Số các mảnh giấy tăng lên sau mỗi lần xé là 3( mảnh) (đây là đại lương bất biến trong quá trình xé giấy)
điểm
Câu 4 1điểm
Ở lần xé thứ n, số mảnh giấy là 1+3n (mảnh) với n là số tự nhiên.
Vì 2019 chia hết cho 3 nên không thể thu được 2019 mảnh giấy
.n suy ra p lẻ.
2. Giả sử n lẻ. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của
p
n Ta có 3 − ≡ 13
≡ ⇒ ≠ . Theo định lí Fecma nhỏ ta có p 1(mod ) p 3
p 1(mod )
h Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 3
≡ p 1(mod )
, | h = 1.
Vậy điều giả sử sai nên suy ra n chẵn
*
3
+) Gọi
h n h p − . Do p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n nên 1 | Khi đó ⇒ chẵn (mâu thuẫn với p lẻ). ≡ Do đó 3 1(mod )p p
k = ) 3 k = ∈ ⇒ v n ( ) 2 v n ( 2
0.75
n (3
− + + + − = 1) (3 1) (3 1) ( ) 1 − = + . k 2 v Ta có 2 v 2 v 2 v n 2
điểm
3
mà
Do
n 3
3 − ⇒ n
n (3
⇒ + ≥ ⇒ ≤ 2 3 k
k
k
1
1
v 2
)
*
hay
( − ≥ v n 1) 2 ( ) v n = . 2
Vậy n chẵn và n không chia hết cho 4 (đpcm).
∈ ⇒ = k k 1 1
1
Giả sử hàm
:f → thỏa mãn (1):
điểm
Câu 5 1điểm
+
+
+
=
∀
2
x 2 ,
x y ,
( ) f x
( ) yf x
∈ .
( f xy
)
( f x
)
Kí hiệu
;x y bởi ( )
);u v vào (1).
);P u v chỉ việc thay (
(
⇒
+
=
+
;0
f
x 2 ,
( P x
)
( ) f x
( ) f x
(
)
=
Thật
có
suy
thì
ra
x )
( ) f b
+
=
+
=
=
∀ . Điều này dẫn đến f là đơn ánh. ( f a nên a b= .
f
2
a
f
b 2
( f a
( f a
)
( ) f b
( ) f b
vậy, ) )
(
giả (
sử )
⇒
+
+
+
=
+
2
x 2 ,
∀ , x
( P x
) ;1
( ) f x
( ) f x
( f x
)
( f x
)
.
( ) f x
( ) f x
( f x
)
⇒ + + + = f x 2 , x ∀ x 1 2 1 2 ; P x
Kết hợp hai điều trên suy ra
, mà f
( ) f x
( ) f x
( f x
)
+
=
+
=
là đơn ánh nên xảy ra
x
2
x
,
∀ ⇔ x
,
∀ . x
( ) f x
( ) f x
( ) f x
− x 2
1 2
2
+ = + 2 , f x ∀ x 1 2
