De dap an HSG toan 10

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT PĐP

THI CHỌN LỚP
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT

Câu 1. (2,5 điểm)
2
Cho hàm số y x  2 x  2 có đồ thị (P) và đường thẳng (d) có phương trình
y x  m .

1.Vẽ đồ thị (P)
2.Tìm m để đường thẳng d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

OA2  OB 2 82 .
Câu 2. (3,5 điểm)
1.Giải và biện luận phương trình:
2. Giải phương trình .

( m+1 ) ( m+2 ) x
=m+2
2 x +1

2
13
6
+ 2
=
3 x −4 x+ 1 3 x +2 x+1 x
2

 x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1 3

 2
2
 x  x   y  y  1
3. Giải hệ phương trình
Câu 3. (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết A(1; -2); B(3; -5) và C(2; 2).
Tìm tọa độ điểm E là giao điểm của BC với đường phân giác ngồi của góc A
2. Cho hình thang vng ABCD, đường cao AB = 2a, đáy lớn BC = 3a; AD = 2a.
 
AI và ⃗
BD .
Gọi I là trung điểm của CD, tính AI .BD . Từ đó suy ra góc giữa hai vectơ ⃗

Câu 4 (1,5 điểm).

1.Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

sin A 

sin B  2sin C
2 cos B  cosC

2.Cho hai điểm A và B cố định. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện:
MA2 + MB2 = k (với k là số thực dương cho trước)
Câu 5 (0,5 điểm).
(2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1 2 (2 x  3)(2 y  3)


Giải hệ phương trình:  y  x 4 xy


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT PĐP

Câu
1.1

HƯỚNG DẪN CHẤM
THI CHỌN LỚP
NĂM HỌC 2017 - 2018
Mơn: Tốn – Lớp 10 – THPT
Lời giải sơ lược

Điểm

2

Vẽ đồ thị y  x  2 x  2 (P)

1.5

Nêu đúng txd, đỉnh I(1; 1), trục đối xứng, chiều biến thiên
Vẽ đúng bảng biến thiên

0.5
0.5

0.5

1.2

1.0

Hoành độ giao điểm của d và (P) là nghiệm phương trình:
x 2  2 x  2  x  m  x 2  3x  2  m 0 (1)

0,25

Để d cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B  (1) có hai nghiệm phân biệt 
 9  4(2  m)  0  4m  1  0  m   1/ 4 (*)
Với điều kiện (*), gọi hai giao điểm là A( x1 ; x1  m), B ( x2 ; x2  m) , trong đó x1 , x2 là các
nghiệm của (1). Theo định lý Viet ta có: x1  x2 3, x1 x2 2  m .
2

2

2
2
x 2   x1  m   x22   x2  m  82
Ta có: OA  OB 82  1
2
 2  x12  x22   2m  x1  x2   2m 2 82   x1  x2   2 x1 x2  m  x1  x2   m 2 41

 m 4

 9  2(2  m)  3m  m 41  m  5m  36 0  m  9
Đối chiếu điều kiện (*) ta được m = 4 là giá trị cần tìm.
( m+1 ) ( m+2 ) x

=m+2
Giải và biện luận phương trình:
2 x +1
−1
ĐKXĐ x ≠
2
Ta có: (m + 1)(m +2)x = (m + 2)(2x + 1) ↔ (m + 2)(m - 1)x = m +2
−1
*Với m = -2 PT có vơ số nghiệm ≠
2
*Với m = 1 PT vô nghiệm
1
*Với m ≠ -2 và m ≠ 1 thì x=
m−1
Nếu m = -1 thì PT vơ nghiệm
1
Nếu m ≠ -1 thì PT có 1 nghiệm x=
m−1
2
13
6
+ 2
=
Giải phương trình .
2
3 x −4 x+ 1 3 x +2 x+1 x
Đk x ≠ 0; 1; 1/3
2

2.1

2.2

2

0,25

0,25

0,25

1,5

0,5

0.25
0.25

0.25
0.25

1,0
0,25


↔

2

13

=6
1
x
1
2 13
=6
Đặt 3x +
–4=t → +
x
t t +6
1
Giải được t =
và t = -4
2
1
1
1
4
1
→ 6x2 - 11x + 4 = 0 → x= ; x=
Với t =
có 3x +
–4=
2
x
2
3
2
1

→ 3x2 + 1 = 0 → PTVN
Với t = 4 có 3x +
–4= 4
x
Pt

3 x−4 +

1
x

+

3 x+ 2+

2.3

Giải hệ phương trình

 x 2  y 2  1  2 y  x 2  x  1 3

 2
2
 x  x   y  y  1

( x 2 y 2  2 x 2 y  x 2 )  2 y ( x 1) 3


x( x  1) y ( y  1) 1


hpt
a 2  2b 3
 a xy  x


b  xy  y , ta có hệ: ab 1
đặt 
 2 2
3
a  a 3 a  3a  2 0



1
b  1
b 
a


a
 a  2

 a 1

1

b 

b 1 hoặc 
2

với
nghiệm)
3.1

 xy  x  2


1
 xy  y  2

( xy  x) 2  2( xy  y ) 3

( xy  x)( xy  y ) 1

0,25

(a  1)2 (a  2) 0


1
b 
a


 xy  x  2


3
 x  y  2

0,25

0,25

3

 x( x  2 )  x  2

 y x  3

2

2 x 2  5 x  4 0


3
 y x 

2
(vô

A(1; -2); B(3; -5) và C(2; 2). Tìm tọa độ điểm E là giao điểm của BC với đường
phân giác ngoài của góc A

AB = 2 √ 2 ; BC = √ 10 ; AC = √ 2
EB AB
=
=2 → ⃗
EB=2 ⃗

EC
EC AC
→ 3−x E =2(2−x E )
−5− y E =2(−2− y E )

{

0,25
0.25

1,0

a 1  xy  x 1
 1 5
 
 x y 

b 1  xy  y 1
2
với 

a  2


1
b  2

0,25

0,25

1.0

0.25
0.25
0.25
0.25


3.2

Vậy E(1; 1)
Cho hình thang vng ABCD, đường cao AB = 2a, đáy lớn BC = 3a; AD = 2a. Gọi I
 
AI
là trung điểm của CD, tính AI .BD . Từ đó suy ra góc giữa hai vectơ ⃗

4.1

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu:

Ta có: (1) 

sin A 

1.0

BD .
và ⃗

sin B  2sin C
2 cos B  cosC

b
2c

 a 2 c 2  b 2 a 2 b 2  c 2 
a
2
R
2
R

 a

 b  2c
a 2 c 2  b2 a 2 b 2  c 2
2R
ac
2ab


2.

2ac
2ab

a 2 c 2  b2
a 2 b 2  c 2
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2

(
 2c)  (
 b) 0 

0
c
2b
c
2b
(

a 2 c 2  b2
a 2 b 2  c 2
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2
 2c)  (
 b) 0 

0
c
2b
c
2b

1.0

0.25

0.25

0.25

0.25

1 1 
  a 2  b 2  c 2  .    0  a 2 b 2  c 2
 c 2b 
 tam giác ABC vuông tại A
4.2

Cho hai điểm A và B cố định. Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn:MA2 + MB2 = k
0.5

EA+2 ⃗
EB= ⃗0 ta có:
Gọi E là điểm thỏa mãn: ⃗
2
2
2
2
2
MA2+MB2 = k ↔ ( ⃗
ME + ⃗
EA ) + ( ⃗
ME + ⃗
EB ) =k ↔ 3 ME =k−EA −2 EB ( ¿)
Mà

2
1
2
⇒ EA= AB; EB= AB

(∗)⇔3 ME 2 =k − AB 2
3
3
3
nên

⃗
EA+2 ⃗
EB= ⃗0

⇔ ME 2 =

1
2
k − AB 2
3
3

(

)

2
k < AB 2
3
NÕu
: Quü tích điểm M là rỗng.
2 2
k = AB
3

Nếu
: Quỹ tích ®iĨm M lµ mét ®iĨm E.
2
k > AB2
3
NÕu
: Q tÝch điểm M là đờng tròn tâm E, bán kính

R=

1
2
k AB 2
3
3

√(

)

.

0.25

0.25


5

Giải hệ phương trình:

(2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1 2 (2 x  3)(2 y  3)

 y  x 4 xy

0.5

1
1
x ; y
4
4
Điều kiện xác định:

x
y
4 x  1  4 y  1
y
x
thay vào (1) ta được
x
y
(2 x  3)
 (2 y  3)
2 (2 x  3)(2 y  3)
y
x
(2)  x  y (4 x  1) 

(2 x  3)

do

0.25

x
y
 (2 y  3)
2 (2 x  3)(2 x  3)
y
x

Suy ra (1)  x(2 x  3)  y(2 y  3)  ( x  y)(2 x  2 y  3) 0  x  y thay vào (2) ta được

 x 0 ( lo¹i)
2 x  x 0  
 x 1  y 1
2
2

2

0.25

1 1
 ; 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  2 2  .

3
(2đ)

Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu :

sin A 

sin B  2sin C
2 cos B  cosC

2.0

(1)

Ta có: (1) 

b
2c

 a 2 c 2  b2 a 2 b 2  c 2 
a
2R 2R


a


 b  2c
a 2 c 2  b 2 a 2 b 2  c 2
2R
ac
2ab



2.

2ac
2ab
a 2 c 2  b2
a 2 b 2  c 2
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2
(
 2c)  (
 b) 0 

0
c
2b
c
2b
1 1 
  a 2  b 2  c 2  .    0  a 2 b 2  c 2
 c 2b 
 tam giác ABC vng tại A
Câu
1

Ý
1 2,0 điểm

Nội dung trình bày

1.0

0.5
0.5
Điểm


(2 x  3) 4 x  1  (2 y  3) 4 y  1 2 (2 x  3)(2 y  3)



 y  x 4 xy

(1)
(2)

1
1
x ; y
4
4
Điều kiện xác định:

(2)  x  y (4 x  1) 

x
y
4 x  1  4 y  1
y
x

thay vào (1) ta được

x
y
 (2 y  3)
2 (2 x  3)(2 y  3)
y
x

(2 x  3)

(2 x  3)
Do

 x 0 (lo¹i)
2 x  x 0  
 x 1  y 1

2
2
2

1 1
 ; 
Vậy hệ phương trình có nghiệm  2 2  .

EA+2
EB= 0 ta có:
c) Gọi E là điểm thoả mÃn: ⃗

MA 2 +2 MB 2 =k
2
2
⇔ (⃗
ME +⃗
EA ) + (⃗
ME+ ⃗
EB ) =k
⇔3 ME 2 =k −EA 2 −2 EB 2 ()
EA+2
EB= 0
Mặt khác từ
2
1
EA= AB; EB= AB
3
3

2
(∗)⇔3 ME 2 =k − AB 2
3
Nªn
1
2
k − AB 2
3
3

(

0,5

x
y
 (2 y  3)
2 (2 x  3)(2 x  3)
y
x

Suy ra (1)  x(2 x  3)  y (2 y  3)  ( x  y )(2 x  2 y  3) 0

⇔ ME 2 =

0,5

)

2
k < AB 2
3
Nếu
: Quỹ tích điểm M là rỗng.
2
k = AB 2
3
Nếu
: Quỹ tích điểm M là một điểm E.

0,5

 x  y thay vào (2) ta được

0,5


1
2
2
R=
k − AB 2
k > AB2
3
3
3
NÕu
: Q tÝch ®iĨm M là đờng tròn tâm E, bán kính

(

)

.