ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN THI KHẢO SÁT LẦN 1 MÔN TOÁN 10 KHỐI BD NĂM 2013-2014

ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1

SỞ GD & ĐT BẮC GIANG
Trường THPT Lạng Giang số 1

Năm học: 2013 – 2014
Môn: Toán khối B,D lớp 10.
Thời gian làm bài: 150 phút

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I: (2 điểm)
Cho hàm số ( Pm ) : y  (1  m) x 2  2(m  1) x  m  3
1. Tìm tập xác định, xét sự biến thiên, lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
m  0.
2. Xác định m để ( Pm ) là Parabol. Tìm quĩ tích đỉnh của Parabol ( Pm ) khi m thay
đổi.
Câu II: (2 điểm)
1. Giải phương trình: x  x  8  1  x  1 .
4
3
2 2

x  2x y  x y  2x  9
2. Giải hệ phương trình:  2

 x  2 xy  6( x  1)
Câu III: (1 điểm) Tìm m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt:
x 2  4x  2 x  2  m  5  0









Câu IV: (1 điểm) Cho ABC, lấy M, N, P sao cho M B= 3 M C; NA +3 NC = 0 và PA + PB = 0
CMR : M, N, P thẳng hàng.
a  b a 2  b 2 a3  b3 a 6  b6
.
.

Câu V: (1 điểm) Cho a, b  R , chứng minh rằng
2
2
2
2

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm phần 1. hoặc phần 2.
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (2 điểm)
1. Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a, tâm O . M là điểm tùy ý trên đường tròn
nội tiếp hình vuông. Tính tích vô hướng MA.MB  MC.MD
3
2

2. Trên mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1;4), B(4;6), C (7; ) . Chứng tỏ tam
giác ABC vuông, tính diện tích tam giác.
Câu VIIa: (1 điểm) Tính giá trị biểu thức
A  sin 2 100  sin 2 200  sin 2 300  ...  sin 2 700  sin 2 800  sin 2 900

2. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb: (2 điểm)
1. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c .Tính AB. AC theo a, b, c từ đó suy
ra
AB.BC  BC.CA  CA. AB
2. Trên mặt phẳng Oxy cho A (-3,2) B(4,3). Tìm điểm M  Ox sao cho MAB vuông

tại M . Tính diện tích tam giác đó.
Câu VIIb: (1 điểm) Biết ) tan   3 , tính P 

sin 2   5 cos 2 
2 sin 2   3 sin  cos   cos 2 

---------------------- HẾT ----------------------



Đáp án và thang điểm
Câu
Nội dung
1) +) Thay m  0 , ta có hàm số y  x 2  2 x  3
TXĐ: R
+) xét sự biến thiên
+) lập bảng biến thiên
+) vẽ đồ thị (P).
I

2) +) Với m  1 thì ( Pm ) là Parabol có đỉnh I m (

m 1  4
;
)
m 1 m 1

m 1

m 1

 x  m  1
 x  m  1
+) Viết lại tọa độ đỉnh 

 ...  2 x  y  2  0 .
y   4
m   4  y


y
m 1

Điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5

0.5

KL
II

1) Phương trình x  x  8  1  x  1  x  x  8  x  1  1

 x 1 1  0

2

 x  x  8  ( x  1  1)
x  0
x  0


2
2 x  1  x  8  2
4( x  1)  ( x  8  2)
8

x  0
x 


 x8
3
4 x  8  3x  8
9 x 2  64 x  64  0


( x 2  xy ) 2  2 x  9

( x 2  6 x  6) 2  4(2 x  9)(*)
4
3
2 2

x

2
x
y

x
y

2
x

9




2)  2
x2
x2

x

2
xy


6
(
x

1
)
xy

3
x

3

xy

3
x

3




2
2



x  0

Giải (*)  x( x  4) 3  0  
 x  4
17
)
4
Pt x 2  4 x  2 x  2  m  5  0  ( x  2) 2  2 x  2  m  1  0

0.5

0.25

0,25

0.5

0.5

KL: Hệ phương trình có nghiệm ( x; y )  (4;

III

Đặt u  x  2 , đk u  0 . Khi đó phương trình đẫ cho trở thành
u 2  2u  m  1  0 (*)
Để phương trình ban đầu có 4 nghiệm phân biệt thì phương trình (*) có 2

0.25



nghiệm u1 ,u 2 sao cho 0  u1  u 2

  0
 m  0


  S  0  2  0
P  0
m  1  0



0.5

0.25

 1  m  0 . KL:

IV

+) Từ gt MB  3MC  PM  2 AB  AC , (1)
0.25
+) Từ gt NA  3NC  0  4PN  2 AB  AC , (2)
0.25
0.25
0.25

+) Từ (1),(2) suy ra 4PN  PM  0
Suy ra: M, N, P thẳng hàng
V

a  b a3  b3 a 4  b 4
(*)

2
2
2
 (a  b)( x 3  b 3 )  2(a 4  b 4 )

Ta chứng minh

0.5

Thật vậy : (*)  ab(a 2  b 2 )  a 4  b 4


b
3b 2 
 ( a  b ) 2 ( a  ) 2 
  0(lđ )
2
4 

a  b a 2  b 2 a 3  b3 a 4  b 4 a 2  b 2
.
.

Do đó, ta có :
2
2
2

2
2
6
6
a b

2

VIa 1) MA.MB  MC.MD  (MO  OA)(MO  OB)  (MO  OC)(MO  OD)

0.5
0.25

2

 2MO  OAOB  OCOD  MO(OA  OB  OC  OD)

 2MO 2
1
2

0.25

Đáp số: MA.MB  MC.MD  a 2
3
2

9
2

2) +) A(1;4), B(4;6), C (7; ) . Tính được AB  (3;2), BC  (3; )
Xét AB AC  0  Tam giác vuông tại B
+) Tính được AB  13; BC  3 13
1
2

Diện tích S  AB.BC 

0.5

39
(đvdt)
2

0.25
0.25
0.25
0.25

VIIa A  sin 2 100  sin 2 200  sin 2 300  ...  sin 2 700  sin 2 800  sin 2 900
 sin 2 10 0  sin 2 20 0  sin 2 30 0  ...  sin 2 (90  20 0 )  sin 2 (90 0  10 0 )  sin 2 90 0
 sin 2 100  sin 2 200  sin 2 300  ...  cos 2 100  cos 2 200  sin 2 90 0
Rút gọn được A  5

VIb 1)

0.5
0.5
0.25

2

BC  AC  AB  BC  ( AC  AB) 2  ...BC 2  AB 2  AC 2  2 AB AC
1
2

Suy ra AB. AC  (b 2  c 2  a 2 )

0.25



+) AB.BC  BC.CA  CA. AB  BABC  CBCA  AC AB

0.25
1
2

Áp dụng kết quả trên suy ra AB.BC  BC.CA  CA. AB   (a 2  b 2  c 2 )
VIIb

P

sin   5 cos 
tan   5

2
2
2 sin   3 sin  cos   cos  2 tan   3 tan   1
2

2

2

0.25
0.5

2

Thay tan   3 , được P  

1
14

Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.

0.5