Dap an va de thi khao sat mon toan 10 khoi A A1 lan11

<span class='text_page_counter'>(1)</span> ĐỀ KHẢO SÁT HỌC SINH KHÁ GIỎI LẦN 1 Năm học: 2012 – 2013 Môn: Toán lớp 10-Khối A và A1 Thời gian làm bài: 150 phút. SỞ GD & ĐT BẮC GIANG Trường THPT Lạng Giang số 1. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = f ( x) = − x 2 + (2m − 1) x − 2 (m là tham số) (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=2 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) và đường thẳng d:y=x-2m cắt nhau tại 2 điểm phân biệt A,B sao cho tam giác IAB tạo thành vuông tại I .Với I ( 2; 0 ) . Câu II: (2 điểm) 3x 2 + 2 3x + 1 2 ( x + 2 x)(3 x + y ) = 18 2. Giải hệ phương trình :  2  x + 5 x + y − 9 = 0 1. Giải phương trình vô tỷ: x 2 + x + 2 =. Câu III: (1 điểm) Tìm m để phương trình: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m + 1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + x32 + x42 + x1 x2 x3 x4 = 4 .. Câu IV: (1 điểm) Cho tam giác ABC trọng tâm G. Các điểm M, N được xác định bởi : 1 CN = BC ; 3MA + 4MB = 0 . Chứng minh rằng ba điểm G, M, N thẳng hàng 2 3 Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn: a + b + c = .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 1 1 1 P= 3 + + a + 3b 3 b + 3c 3 c + 3a 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 tam giác ABC có AB=5cm;BC=7cm;CA=8cm.Tính tích vô hướng: AB. AC và góc cos A 2. Cho tam giác ABC biết A ( −4;1) , B ( 2; 4 ) , C ( 2; −2 ) .Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Tính diện tích tam giác ABC. Câu VIIa: (1 điểm) Cho 3sin 4 α − 8cos 2 α = −5 với 0 < α < 900 .Tính P = sin 4 α + cos3 α 2. Theo chương trình nâng cao Câu VIb: (2 điểm) 1. Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB=2 và AD=4.Gọi M là trung điểm cạnh AB và N trên cạnh AD 1 sao cho AN = AD .Hãy sử dụng tích vô hướng chứng minh CM ⊥ BN 8 2. Cho tam giác ABC biết A ( 2;6 ) , B ( −3; −4 ) , C ( 5; 0 ) .Đường phân giác của góc A cắt BC tại E.Tìm tọa độ E.Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Câu VIIb: (1 điểm) Tìm m để phương trình x + 6 + 3 − x − 2 (x + 6)(3 − x) = m có nghiệm thực. ---------------------- HẾT ----------------------. .

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC SINH KHÁ GIỎI LÀN 1 MÔN TOÁN - LỚP 10 - NĂM HỌC 2012– 2013 -------------------------------------------Dưới đây chỉ là sơ lược cách giải và phân chia điểm; bài làm của học sinh yêu cầu phải lập luận chặt chẽ, chi tiết. Mọi cách giải khác đúng thì cho điểm từng phần tương ứng. Câu1. 1)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số với m=2 (Yêu cầu học sinh làm đầy đủ chi tiết theo các bước,vẽ đồ thị đúng đẹp). 1đ 0,5 điểm. 2) Xét phương trình hoành độ giao điểm chung của (P) và d: − x 2 + (2m − 1) x − 2 = x − 2m (1). Biến đổi : (1) ⇔ x 2 − 2(m − 1) x + 2 − 2m = 0 ( 2 ) Lập luận (P) và d cắt nhau tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm phân m > 1 biệt.Từ đó có điều kiện: ∆ ( 2 ) > 0 ⇔ m 2 − 1 > 0 ⇔  ( *)  m < −1 Với điều kiện (*) thì d và (P) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A,Bgiả sử A ( x1 ; x1 − 2m ) ; B ( x2 ; x2 − 2m ) .Khi đó tam giác AOB tạo thành là tam giác vuông tại I ( 2; 0 ) thìphảicó: IA.IB = 0 ⇔ ( x1 − 2 )( x2 − 2 ) + ( x1 − 2m)( x2 − 2m ) = 0 ⇔. 0,25điểm 0,25điểm. 0,25điểm. 2 x1.x2 − 2 ( x1 + x2 ) − 2m ( x1 + x2 ) + 4m2 = 0 ⇔ 2 ( 2 − 2m ) − 2 ( 2m − 2 ) − 2m ( 2m − 2 ) + 4m2 + 4 = 0 0,25điểm ⇔ 4 − 4m − 4m + 4 − 4m2 + 4m + 4m2 + 4 = 0 ⇔ m = 3 Kết hợp với (*) thỏa mãn.KL m=3 Câu2. 1)Giải phương trình vô tỷ: x 2 + x + 2 =. điều kiện : x ≠ −. 3x 2 + 2 3x + 1. 1 3. Biến đổi phương trình:. x2 + x + 2 =. 3x 2 + 2 ⇔ ( 3 x + 1) x 2 + x + 2 = 3 x 2 + 2 3x + 1. t = −1 0,5điểm Đặt t = x + x + 2 ( t > 0 ) Có phương trình: 3t − ( 3 x + 1) t − 3 x − 4 = 0 ⇔  3 x + 4 .Do t>0 t = 3  2. nên chọn t =. 2. 6x + 8 3x + 4 3 x + 4 ≥ 0 ⇒ x2 + x + 2 = ⇔ 2 .Từ đó tìm được x 2 3 3 9 x + x + 2 = 3 x + 4 ( ) ( ) . 2  2 ( x + 2 x)(3 x + y ) = 18 ( x + 2 x ) ( 3 x + y ) = 18 2)Biến đổi hệ phương trình  2 ⇔ 2  x + 5 x + y − 9 = 0 ( x + 2 x ) + ( 3 x + y ) − 9 = 0. 0,5điểm. 0,25điểm. u = x 2 + 2 x uv = 18 Đặt  có hệ phương trình:  . u + v = 9 v = 3 x + y u = 6 u = 3 hoặc  Giải hệ phương trình được  v = 3 v = 6. . 0,25điểm.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> u = 6  x + 2 x = 6 ⇒ ⇒ nghiệm  v = 3 3x + y = 3. 0,25điểm. u = 3  x 2 + 2 x = 3 ⇒ ⇒ nghiệm  v = 6 3x + y = 6. 0,25điểm. 2. Câu 3. Tìm m để phương trình: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m + 1 = 0 có 4 nghiệm phân biệt x1 ; x2 ; x3 ; x4 thỏa mãn điều kiện: x12 + x22 + x32 + x42 + x1 x2 x3 x4 = 4 . Đặt t = x 2 ta có phương trình t 2 − (3m + 2)t + 3m + 1 = 0 (2) Phương trình đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (2) có hai nghiệm. 0,25điểm. dương phân biệt Phương trình (2) có hai nghiệm phân biệt khi. △( 2 ) > 0 ⇔ ( 3m − 2 ) − 4 ( 3m + 1) > 0 ⇔ 9m2 > 0 ⇔ ∀m ≠ 0 .Gs hai nghiệm là t1 , t2 2. t1 + t2 = 3m + 2 t1 + t2 = 3m + 2 > 0 1 Theo Viet có  .Hai nghiệm cùng dương khi  ⇔m>− 3 t1t2 = 3m + 1 t1t2 = 3m + 1 > 0 x12 + x22 + x32 + x42 + x1 x2 x3 x4 = 4 ⇔ t1 + t2 + t1 + t2 + t1t2 = 4 Khi đó 4 nghiệm thỏa mãn:. ⇔ 2 ( 3m + 2 ) + 3m + 1 = 4 ⇔ m = −. 1 9. 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm. Kiểm tra điều kiện và KL Câu 4. 1 1 BC ⇔ AN − AC = ( AC − AB) 2 2 • Ta có 1 3 ⇔ AN = − AB + AC (1) 2 2. 0,25điểm. CN =. • 3MA + 4 MB = 0 ⇔ −3 AM + 4( AB − AM ) = 0 ⇔ AM =. 4 AB 7. • G là trong tâm tam giác ABC ⇒ GA + GB + GC = o ⇔ AG =. (2).. (. 1 AB + AC 3. ). (3). 0,25điểm. 15 3 AB + AC 14 2 5 1 Từ (2) và (3) ⇒ MG = AG − AM = − AB + AC 21 3 9 ⇒ MN = MG ⇒ M , N , G thẳng hàng. 2. Từ (1) và (2) ⇒ MN = AN − AM = −. 0,5điểm Câu 5. 3 .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4 1 1 1 P= 3 +3 +3 a + 3b b + 3c c + 3a. 1 Cho a,b,c là 3 số thực dương thỏa mãn: a + b + c =. .

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Áp dụng BĐT CoooSsi ta có: Chứng minh tương tự có: Vậy P =. 3. 3. (a + 3b) + 1 + 1 3 ≥ a + 3b .Từ đó suy ra 3. 3. 1 3 ≥ a + 3b a + 3b + 2. 1 3 1 3 ≥ ≥ ;3 b + 3c b + 3c + 2 c + 3a c + 3a + 2. 1 1 1 3 3 3   +3 +3 ≥ 3 + +  a + 3b b + 3c c + 3a  a + 3b + 2 b + 3c + 2 c + 3a + 2 . 1điểm. 3 3 3 27   Mặt khác: 3  + + =3 ≥  a + 3b + 2 b + 3c + 2 c + 3a + 2  4 ( a + b + c ) + 6 Vậy: P =. 3. 1 1 1 3 3 3   +3 +3 ≥ 3 + + ≥3 a + 3b b + 3c c + 3a  a + 3b + 2 b + 3c + 2 c + 3a + 2 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: a = b = c =. 1 4. KL. Câu 6a. 1)Cho tam giác ABC có AB=5cm;BC=7cm;CA=8cm.Tính AB. AC và góc cos A. ( ) = ( AC − AB ) . Tính được AB. AC = 20. Sử dụng: BC = AC − AB ⇒ BC. 2. 2. Áp dụng công thức: AB . AC = AB AC cos A .Tính được cos A. 0,5điểm 0,5điểm. 2)Cho tam giác ABC biết A ( −4;1) , B ( 2; 4 ) , C ( 2; −2 ) .Tìm tọa độ tâm I và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.Tính diện tích tam giác ABC. -Sử dụng công thức tinh độ dài tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.  IM .BC = 0  IA = IB .Hoặc sử dụng tích vô hướng của hai véc tơ:  Với M,N lần lượt là   IA = IC  IN . AB = 0. 0,5điểm. trung điểm BC và AB.Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC -Tìm tọa độ A’ là hình chiếu vuông góc của A trên BC sau đó tính diện tích tam giác ABC Câu 7a. Cho 3sin 4 α − 8cos 2 α = −5 (1) với 0 < α < 900 .Tính P = sin 4 α + cos3 α Sử dụng công thức sin 2 α + cos 2 α = 1 ⇒ cos 2 α = 1 − sin 2 α .Thay vào (1) được sin 2 α = −3(l ) 3sin 4 α − 8 (1 − sin 2 α ) = −5 ⇔ 3sin 4 α + 8sin 2 α − 3 = 0 ⇒  2 sin α = 1 (t / m)  3. 1 2 2 ⇒ cos 2 α = ⇒ cos α = (v) 00 < α < 900 ). Từ đó tính 3 3 3 được P = sin 4 α + cos3 α. 0,5điểm. 0,5điểm. Với sin 2 α =. Câu 6b. 1)Cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB=2 và AD=4.Gọi M là trung điểm cạnh AB và 1 N trên cạnh AD sao cho AN = AD .Hãy sử dụng tích vô hướng chứng minh 8 CM ⊥ BN 1 1 Cách 1:-Biểu diễn các vectơ CM = − AD − AB và BN = − AB + AD 2 8. . 0,5điểm. 0,5điểm.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 1 1    Sử dụng điều kiện CM .BN =  − AD − AB  − AB + AD  = ... = 0 2 8    Cách 2:Xây dựng hệ trục tọa đô.Sau đó sử dụng biểu thức tọa độ của tích vô hướng để chứng minh. 2) Cho tam giác ABC biết A ( 2;6 ) , B ( −3; −4 ) , C ( 5; 0 ) .Đường phân giác của góc A cắt BC tại E.Tìm tọa độ E.Tìm tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. -Tính độ dài AB = 125 ; AB = 45 .Viết được 3EB = −5EC .Tìm được tọa độ E -Giả sử I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Tìm tọa độ I giống như tìm tọa độ E Câu. Tìm m để phương trình. 7b. -Đặt t = x + 6 + 3 − x (t > 0) ⇒ t 2 = 9 + 2 ( x + 6)(3 − x) ⇒ 2 ( x + 6)(3 − x) = t 2 − 9. 0,5điểm. 0,5điểm 0,5điểm. x + 6 + 3 − x − 2 (x + 6)(3 − x) = m có nghiệm thực.. 0,25iểm. Có pt: t 2 − t + m − 9 = 0(2) -Xác định điều kiện chặt cho t: t 2 = 9 + 2 ( x + 6)(3 − x) ≥ 9 ⇒ t ≥ 3 và t 2 = 9 + 2 ( x + 6)(3 − x) ≤ 9 + x + 6 + 3 − x = 18 ⇒ t ≤ 3 2 .Vậy 3 ≤ t ≤ 3 2 0,25iểm -Lập luận phương trình đã cho có nghiệm khi phương trình(2) có nghiệm trong đoạn 3;3 2  .Sử dụng bảng biến thiên của hàm số tìm m để phương trình (2) có nghiệm trong   0,5iểm đoan 3;3 2 . .

<span class='text_page_counter'>(6)</span>