đề thi và đáp án tham khảo chọn 10

Giáo viên ra đề: Trần Đình Thắng
Sở GD & ĐT Bắc Ninh
Trờng THPT Quế Võ I
( Đề thi có 1 trang )
đề thi chọn học sinh giỏi cấp trờng
Năm học 2009 2010
Môn: Toán Khối 10
Thời gian làm bài : 150 phút
Câu I: ( 2 điểm )
Cho hàm số
2
4 8 5y x x=
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số
2. Tìm m để phơng trình
2
4 8x x m =
có 2 nghiệm phân biệt
Câu II: ( 2 điểm )
1. Giải phơng trình
2 2
17 17 9x x x x+ + =
2. Tìm m để hệ phơng trình sau có nghịêm duy nhất
2 1
( 1)
2 2
( 2) 2( 1)
m m m
x y
m m
x y

+ + =




+ =


Câu III: ( 2 điểm )
1. Tìm m khác 0 để phơng trình
2
3 0(1)x x m + =
. Có một nghiệm gấp hai lần
một nghiệm của phơng trình
2
0x x m + =
( 2).
2. Tính giá trị của biểu thức
2 2
(tan cot ) (tan cot )P

= +
.
(Với khác 0
0
, 90
0
, 180
0
).

Câu IV: ( 3 điểm )
1. Cho tam giác ABC có trọng tâm G, O là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Lấy các điểm M,N, H sao cho

3 4 0MA MB+ =
uuur uuur r
,
3 0NB NC =
uuur uuur r
OH OA OB OC= + +
uuur uuur uuur uuur
a. Chứng minh rằng:
2
7
GM GN=
uuuur uuur
.
b. Giả sử A(-1; 1 ); B( 1; 3 ); C( 3; 1 ). Tìm toạ độ điểm G đối xứng với G qua
AC.
c. Chứng minh H là trực tâm của tam giác ABC.
Câu V: ( 1 điểm )
Cho
1 1 1
; ;
2 2 2
a b c
và a+b+c = 1.
Chứng minh rằng
2 1 2 1 2 1 4a b c+ + + + + <
( Thí sinh không dùng tài liệu trong quá trình làm bài )

đáp án
đề thi học sinh giỏi cấp trờng năm học 2009 2010
Môn: Toán Khối 10. Ngời soạn: Trần Đình Thắng
Câu Nội Dung Điểm
Giáo viên ra đề: Trần Đình Thắng
1. TXĐ
Toạ độ đỉnh
Tính đồng biến, nghịch biến
Bảng biến thiên
Đồ thị
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
Câu I
2. Phơng trình tơng đơng
2
4 8 5 5x x m =
Xét hàm
2
1
4 8 5y x x=
. Vẽ đúng đồ thị
Xét hàm
2
5y m=
là đờng thẳng ( d ) song song hoặc
trùng trục 0x.
Số nghiệm của phơng trình bằng số giao điểm của 2 đồ thị
hàm số và đơng thẳng d. Vậy để phơng trình có 2 nghiệm

phân biệt khi và chỉ khi
5 9 4
5 5 0
m m
m m
= =



> >

0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
1. Đk:
17 17x
Đặt
2
17y x=
ta có hệ phơng trình
2 2 2
17 ( ) 2 17
9 ( ) 9
x y x y xy
x y xy x y xy

+ = + =

+ + = + + =

Giải tìm đợc
1
4
x
x
=


=

0.25 điểm
0.25 điểm
0.5 điểm
Câu II
2. Đặt
2 1
; , 0u v u v
x y
= =
Hệ trở thành
( 1)
( 2) 2 2( 1)
m u mv m
m u v m
+ + =


+ =

Tính
2
2
2
4 2
2 4
2 2
u
v
D m m
D m m
D m m
= + +
= +
= +
Để hệ có nghiệm duy nhất thì D, D
u
, D
v
0.
Tìm đợc
0,2, 2 6, 1 3m
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
1. Gọi x
1
là một nghiệm của phơng trình (2). Suy ra phơmg

trình (1) có một nghiệm là 2x
1
.
Vậy ta có:
2 2
1 1 1 1
2 2
1 1 1 1
4 2 3 0 0
0
x x m x x
x x m m x x

+ = + =



+ = = +


0.25 điểm
Giáo viên ra đề: Trần Đình Thắng
Câu III

1 1
0 1
0 2
x x
m m
= =

= =

Theo gt suy ra m= -2
Thật vậy với m=-2 . phơng trình (1) có nghiệm -2 và 3
Phơng trình (2) có nghiệm -1 và 2.
Vậy m= -2.
0.25 điểm
0.25 điểm

0.25 điểm.
2.
4 tan cotP

=

sin cos
4 . 4
cos sin


= =
0.5 điểm
0.5 điểm
1. Ta có
3( ) 4( ) 0GA GM GB GM + =
uuur uuuur uuur uuuur r

3 4 7GA GB GM + =
uuur uuur uuuur
( 1)
Mà
( ) 3( ) 0GB GN GC GN =
uuur uuur uuur uuur r

3 2GB GC GN =
uuur uuur uuur

3( ) 2
3 4 2 (2)
GB GA GB GN
GA GB GN
+ + =
+ =
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur
Từ (1) và (2) suy ra điều phảI chứng minh.
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
0.25 điểm
Câu IV
2. Ta có
2 2; 2 2AB BC= =
.
ABC cân tại B.
BG AC
Gọi G( x;y) là điểm đối xứng với G qua AC. Vậy tứ giác

ABCD là hình bình hành.
'GA CG =
uuur uuuur
Tìm ra đợc
1
' 1;
3
G

ữ

0.25 điểm
0.25 điểm
0.5 điểm
3.
. ( )( )AH BC OH OA OC OB=
uuur uuur uuur uuur uuur uuuur

( )( ) 0OB OC OC OB= + =
uuur uuur uuur uuur

AH BC
.
Tơng tự
;BH AC CH AB
Vậy H là trực tâm tam giác ABC.
0.25 điểm
0.25 điểm
0.5 điểm
Câu V

Đặt
2 1; 2 1; 2 1x a y b z c= + = + = +
.
Ta thấy
0; 0; 0x y z

2( ) 3 5.x y z a b c + + = + + + =
Ta phải chứng minh
4x y z
+ + <
(1)

2( ) 16x y z xy yz zx + + + + + <

11
2
xy yz zx + + <
0.25 điểm
0.25 điểm
Gi¸o viªn ra ®Ò: TrÇn §×nh Th¾ng

; ;
2 2 2
x y x z y z
xy xz yz
+ + +
≥ ≥ ≥
VËy
5xy yz zx x y z
⇔ + + ≤ + + =

®pcm
0.25 ®iÓm
0.25 ®iÓm