intTypePromotion=3
Array
(
    [0] => Array
        (
            [banner_id] => 140
            [banner_name] => KM1 - nhân đôi thời gian
            [banner_picture] => 964_1568020473.jpg
            [banner_picture2] => 839_1568020473.jpg
            [banner_picture3] => 620_1568020473.jpg
            [banner_picture4] => 994_1568779877.jpg
            [banner_picture5] => 
            [banner_type] => 8
            [banner_link] => https://tailieu.vn/nang-cap-tai-khoan-vip.html
            [banner_status] => 1
            [banner_priority] => 0
            [banner_lastmodify] => 2019-09-18 11:11:47
            [banner_startdate] => 2019-09-11 00:00:00
            [banner_enddate] => 2019-09-11 23:59:59
            [banner_isauto_active] => 0
            [banner_timeautoactive] => 
            [user_username] => sonpham
        )

)

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)

Chia sẻ: Nguyen Anh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:5

0
67
lượt xem
8
download

Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)" giới thiệu đáp án đề thi học sinh giỏi và thang điểm để người đọc tiện tra cứu. Mời các bạn cùng tham khảo nội dung chi tiết.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 10 năm 2015-2016 môn Toán - Trường THPT Đào Duy Từ (Phần đáp án)

  1.     SỞ GD & ĐT THANH HÓA          ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHỌN HSG LỚP 10 TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ             NĂM HỌC 2015 – 2016                 Môn thi TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể phát đề)         Đáp án và hướng dẫn chấm có 04  trang HƯỚNG DẪN CHẤM VÀ BIỂU ĐIỂM Bài ý Nội dung Điể m 1 Cho hàm số  f ( x ) = mx 2 + ( m + 3) x − m − 3 . Tìm các giá trị thực của m để: 4.0 a) Phương trình  f ( x ) = 0  có 2 nghiệm phân biệt  x1 , x 2  thỏa mãn  x1 − 2x 2 = 2 . 2.0 m 0 m 0 � m < −3 PT f ( x ) = 0  có 2 nghiệm phân biệt  x1 , x 2 � � ��     ( m + 3) ( 5m + 3) > 0 3 0.5 m> − 5 (1) m+3 x1 + x 2 = − ( a) m Theo Viet :    m+3 x1 x 2 = − ( b) m 0.5 2 x1 = − m Kết hợp (a) với  x1 − 2x 2 = 2  (c), ta tính được  m +1 x2 = − m − 5 + 17 m= −2 � m + 1 � m + 3 2 Thay  x1 , x 2  vào (b):  �− �= − � m 2 + 5m + 2 = 0 �    0.5 m� m � m − 5 − 17 m= 2 − 5 + 17 m= 2 Kết hợp với (1), ta được các giá trị cần tìm của m là  0.5 − 5 − 17 m= 2 b) Bất phương trình  f ( x ) > 0  có nghiệm. 2.0 Ta tìm m để  f ( x ) > 0  vô nghiệm  f ( x ) 0, ∀x ᄀ 0.5 Với  m = 0 :  f ( x ) 0  trở thành  3x − 3 0  (không thỏa mãn). 0.5 m
  2. �3 � Vậy  ∀ m �( − �; − 3) ��− ; + �� thì bất phương trình  f ( x ) > 0  có nghiệm. �5 � ( ) ( ) 2 a) Giải phương trình  2 x 2 + x + 1 − 7 ( x − 1) = 13 x 3 − 1 ( 1) 2 2 2.0 2 � x −1 � � x −1 � Vì  x + x + 1 > 0, ∀ x ᄀ . PT  ( 1) � 7 � 2 2 �+ 13 � 2 �− 2 = 0 0.5 �x + x + 1 � �x + x + 1 � u = −2 x −1 2 Đặt  2 = u . Ta có:  7u + 13u − 2 = 0 1 0.5 x + x +1 u= 7 x = −1 (2 ) 2 Với  u = −2 :   −2 x + x + 1 = x − 1 � 2x + 3x + 1 = 0 � x=− 1 0.5 2 1 x=2 Với  u = :   x 2 + x + 1 = 7 ( x − 1) � x 2 − 6x + 8 = 0 � 7 x=4 0.5 � 1 � Vậy phương trình có tập nghiệm là :  S = �−1; − ;2;4 � � 2 b) Giải bất phương trình  x ( x − 4 ) − x 2 + 4x + ( x − 2 ) < 2      (2) 2 2.0 ĐK:  0 x 4 . Đặt  − x 2 + 4x = t;0 t 2 , suy ra  x 2 − 4x = − t 2 0.5 ( ) Được BPT :  − t 3 − t + 2 < 0 � ( t − 1) t 2 + t + 2 > 0 � t > 1 , vì  t 2 + t + 2 > 0; ∀t 0.5 Kết hợp đk thì 1 < t 2 . Khi đó 1 < − x 2 + 4x �� 2 1 < − x 2 + 4x �4 0.5 Giải ra ta được:  2 − 3 < x < 2 + 3  (thỏa mãn) Vậy tập nghiệm của bất phương trình là:  S = 2 − 3;2 + 3 ( ) 0.5 Tìm các giá trị của tham số m để phương trình  3 a) ( m − 2) (1+ ) x 2 + 1 = x 2 − m  có đúng hai nghiệm phân biệt. 2.0 Đặt  x 2 + 1 = t; t 1 . Ta được phương trình  t 2 − ( m − 2 ) t + 1 − 2m = 0 ( 1) Nhận thấy với mỗi giá trị  t > 1  thì  x = t2 −1 0.5 Nên bài toán thỏ mãn khi và chỉ khi phương trình (1) có đúng 1 nghiệm  t > 1  ∆ = m 2 + 4m = 0 Ta có: Phương trình có nghiệm kép  t 0 > 1 :  m−2  (vô nghiệm) 0.5 >1 2 Phương trình có 2 nghiệm phân biệt  t1 < 1 < t 2 :  Có  t1 < 1 < t 2 � ( t1 − 1) ( t 2 − 1) < 0 � t1t 2 − ( t1 + t 2 ) + 1 < 0 ( 2 ) 0.5 m>0 Mà PT có 2 nghiệm phân biệt  � ∆ = m + 4m > 0 � 2 ( a) m < −4 t1 + t 2 = m − 2 0.5 Theo Viet:  .  t1t 2 = −2m + 1 4 Thay vào (2):  −2m + 1 − ( m − 2 ) + 1 < 0 � −3m + 4 < 0 � m > 3 2
  3. �4 � Kết hợp với (a), ta được các giá trị cần tìm của m là  ∀m �� ; +�� �3 � x + x 2 − 2x + 5 = 3y + y 2 + 4 b) Giải hệ phương trình  2 2.0 x − y 2 − 3x + 3y + 1 = 0 Đặt  x − 1 = t . Hệ phương trình trở thành :  t + 1 + t 2 + 4 = 3y + y 2 + 4    t − 3y + 1 + t 2 + 4 − y 2 + 4 = 0 ( 1) 0.5 ( t + 1) 2 − y 2 − 3 ( t + 1) + 3y + 1 = 0 t 2 − y2 − t + 3y − 1 = 0 ( 2) Cộng vế với vế (1) và (2) ta được: t 2 − y2 t 2 − y2 + t 2 + 4 − y2 + 4 = 0 � t 2 − y 2 + =0 t 2 + 4 + y2 + 4 0.5 � 1 � ( )                                              � t 2 − y 2 �1 + 2 � t + 4 + y2 + 4 � �= 0 � � 2 2                                              � t − y = 0 � t = �y 1 1 3 0.5 Với  t = y , thay vào (2):  2y − 1 = 0 � y = , suy ra  t =  nên  x = 2 2 2 1 1 3 Với  t = − y , thay vào (2):  4y − 1 = 0 � y =  suy ra  t = −  nên  x = 4 4 4 0.5 �3 1 � �3 1 � Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm  ( x; y )  là :  � ; �  và  � ; � �2 2 � �4 4 � 1 1 4 a) Xác định tọa độ các điểm  A, B  để  2 +  là nhỏ nhất.  2.0 OA OB2 x y 2 1 Phương trình đường thẳng AB là:  + = 1  và  M AB  nên  + = 1 ( 1) 0.5 a b a b 1 1 1 1 Đặt  P = + = + OA 2 OB2 a 2 b 2 �1 1 � Áp dụng bất đẳng thức Bu­nhia­cop­xki với 2 bộ số  ( 2;1) và  � ; � 0.5 �a b � 2 �1 1� �1 1 � 1 1 1 Ta có: 1 = � 2 b� �a ( 2. + 1. � � 22 + 12 � 2 + 2 �� P = 2 + 2 � �a b � a ) b 5 2a = b 5 � �a= Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi  �2 1 � 2 0.5 + �a b = 1 �b = 5 5 1 a= �5 � Do đó  MinP = 2 . Vậy  A = � ;0 � , B = ( 0;5 ) 0.5 5 � 2 � b=5 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD có AD //  b) BC, ...Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thang đã cho biết rằng  2.0 cot ᄀADC = 2. Gọi  I = AC BE.  Vì  I �AC � I ( t ; 2t − 3) .  Ta thấy I là trung điểm của BE  0.5 nên  E ( 2t − 4; 4t − 6 ) .  Theo giả thiết   E �∆ � t = 3 � I ( 3; 3) , E ( 2; 6 ) . 3
  4. Vì  AD / / BC ,   AD = 2 BC  nên BCDE là hình bình hành. Suy ra  ᄀADC = IBC ᄀ . ᄀ 2 0.5 Từ  cot IBC = cot ᄀADC = 2 � cos IBC ᄀ = . 5 uur uuur Vì  C �AC � C ( c; 2c − 3) � BI ( −1; 3) , BC ( c − 4; 2c − 3) .  Ta có  c=5 ᄀ 2 5c − 5 2 c >1        cos IBC = � = �� 2 7. 5 10. 5c 2 − 20c + 25 5 3c − 22c + 35 = 0 c= 0.5 3 �7 5 � Suy ra  C ( 5; 7 )  hoặc  C � ; �.` 3 3 � � Với  C ( 5; 7 ) ,  ta thấy I  là trung điểm của AC nên  A ( 1; − 1) ,  vì E  là trung điểm  của AD nên  D ( 3; 13) .  Vậy  C ( 5; 7 ) , A ( 1; − 1) , và  D ( 3; 13) . 0.5 �7 5 � �11 13 � �1 23 � Với  C � ; �,  tương tự ta có  A � ; � , D� ; �. �3 7 � �3 3 � �3 3 � BI CI 5 a) Chứng minh tích  .  là không đổi. 2.0 BD CE AB BC sin C AC BC sin B BD = = CE = = Ta có:  B B  và  C C   cos cos cos cos 2 2 2 2 2 0.5 BC sin B sin C B C BD.CE = = 4 BC 2 sin sin Nên  B C 2 2      (1) cos cos 2 2 IB BC C = � BI = 2 BC sin Xét  ∆IBC , có  BIC = 135  nên  0 C sin BIC 2  0.5 sin 2 B B C Tương tự :  CI = 2 BC sin  . Do đó  BI .CI = 2 BC 2 sin sin    (2) 0.5 2 2 2 BI CI 1 Từ (1) và (2) suy ra :  . =   không đổi               (ĐPCM) 0.5 BD CE 2 ( a b) 2 b) Cho các số thực a, b, c [1;2] . Tìm GTNN của  P 2.0 c2 4(ab bc ca) ( a b) 2 ( a b) 2 P được viết lại là  P M 0.5 c2 4c(a b) 4ab c2 4c(a b) (a b) 2 Do  a, b, c [1;2]  nên  a b 0 , chia tử và mẫu của M cho  (a b) 2  ta được: 1 1 M 2 2 c �1 � 0.5 c c t 4t 1  với  t = . Do  a, b, c [1;2] � t �� ;1� 4 1 a+b �4 � a b a b 1 Xét hàm số   f (t) = t 2 + 4t + 1  trên  ;1 4 0.5 1 �1 � Hàm số là đồng biến trên  ;1 , nên  f � � f (t) f ( 1) = 6 4 �4 � 1 � � 1 1 0.5 Do đó  ∀t γ � ;1� ,M P 4 � � 6 6 4
  5. a = b =1 1 a = b =1 Đẳng thức xảy ra khi  t = 1 . Vậy  MinP = c=2 6 c=2 Chú ý: Nếu thí sinh có lời giải khác với lời giải trong hướng dẫn chấm nhưng đúng   thì tùy thuộc vào lời giải cụ thể mà giám khảo chấm điểm theo biểu điểm trên./. ………………………….. Hết ……………………….. 5

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

AMBIENT
Đồng bộ tài khoản