TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2008

TRƯỜNG THPT CHUYÊN KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC – CAO ĐẲNG 2008 Trường THPT chuyên KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2009 2010 NGUYỄN BỈNH KHIÊM Môn TOÁN 10 (Dành cho lớp chuyên Toán) * Thời gian 120 phút (Khô[.]

Trường THPT chuyên NGUYỄN BỈNH KHIÊM -* - KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2009 - 2010 Mơn : TỐN 10 (Dành cho lớp chun Tốn) Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày kiểm tra : 23.12.2009 Bài : (1.0 điểm) 1 x Tìm tất hàm số f(x) thỏa mãn : 2.f(x) + f   = 11x + 10 ; x0 x Bài : (3.0 điểm) Cho hàm số : y = f(x) = x2 + (m + 2).x – - m , (Pm) Khi m thay đổi, tìm điểm cố định họ Parabol (Pm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số y = f(x) m = Tìm giá trị tham số k để phương trình : x2 + 2x -  = k có nghiệm phân biệt Xác định m để bất phương trình : f(x) ≤ có nghiệm đoạn có độ dài Bài : (2.0 điểm) 6 Chứng minh : 4Cn  C n +  n(mod 5) ;  n  N, n ≥ Trong khai triển  +  n , n  N* ; tìm số hạng nguyên , biết : 2 3 2n 2n + C12n + - 2.2.C2n + + 3.2 C 2n + - 4.2 C 2n + + + (2n + 1).2 C2n + = 19 Bài : (2.0 điểm) Cho ABC có độ dài cạnh 3a (a > 0) 15 a Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng cho : MB.MC + MC.MA + MA.MB =             Lấy điểm P, Q, R nằm cạnh BC, CA AB cho BP = a , CQ = 2a 4a AR = Chứng minh : AP  QR Bài : (2.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ; cho tam giác ABC có : A(2; -1) , B(0; 1) , C(3; -4) Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC Tìm tọa độ điểm M trục Ox cho       2.MA + 2.MB - 3.MC đạt giá trị nhỏ ===Hết=== -Họ tên : SBD : Lớp : 10/1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2009 - 2010 NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN – CHUN 10   - Thời gian : 120 phút - Ngày kiểm tra : 23.12.2009 Nội dung Điểm Bài : (1.0 điểm) 1   11x + 10 ,  x  (1) x  1 10t + 11  Đặt x = , t  Khi từ (1), ta có : 2.f   + f(t) = t t t    11x + 10 2.f(x) + f =    x x 1   Xét hệ phương trình bậc ẩn f(x) f   :  x    10x + 11 f(x) + 2.f   =  x x 1 4x + Khử f   ta giải : f(x) = (2) x x   Ta có : 2.f(x) + f   = x 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ Thử lại ta thấy (2) thỏa mãn (1) 0,25 đ 4x + Vậy : f(x) = , x  hàm số cần tìm x Bài : (3,0 điểm) y = x2 + (m + 2)x – – m (Pm) 1.(0,5 điểm)  Gọi A(x0; y0)  (Pm)  y0 = x02 + (m + 2)x0 – – m  (x0 – 1).m + x02 + 2x0 – y0 – = (*)  A điểm cố định họ Parabol (Pm)  phương trình (*) thỏa với m x =  x - =      y0 =  x + 2x - y - = Vậy, với m, (Pm) qua điểm cố định A(1; 0) (1,5 điểm) Khi m = : y = x2 + 2x – (P) a (1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị (P)  Txđ : D = R  Sự biến thiên : Hàm số nghịch biến khoảng (- ; -1) đồng biến khoảng (-1 ; +)  BBT x - -1 + + + y CT -4  ĐĐB : x -3 -2 -1 0,25 đ 0,25 đ y -1 -3 O 0,25 đ x 0,25 đ -3 -4 I 0,25 đ y y= x 2+2x-3 y -3 -4 -3  Đồ thị : Đồ thị (P) Parabol có đỉnh I(-1; -4) nhận đường thẳng x = -1 trục đối xứng b.(0,5 điểm) Ptrình : x2 + 2x - 3 = k (1)  Vẽ đồ thị (H) : y = x + 2x - 3  Nhận xét : Pt (1) pt hoành độ giao điểm đồ thị (H) đường thẳng (d) : y = k (là đường thẳng phương với trục Ox)  Vậy pt(1) có nghiệm phân biệt  đthẳng (d) cắt đồ thị (H) điểm phân biệt Căn vào đồ thị , ta có giá trị tham số k thỏa YCBT : < k < O -3 x 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ (1,0 điểm) f(x) = x2 + (m + 2)x – – m ≤ (2) 2  f(x) = có  = m + 8m + 16 = (m + 4) ≥ m = -   =  f(x) ≥ ,  x  R : không thỏa YCBT m  -   >  f(x) ≤ ,  x  [xx1; x2] với x1, x2 hai nghiệm pt f(x) =  Vậy : bpt (2) có nghiệm đoạn có độ dài  f(x) = có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa x1 – x2 = Δ > Δ > m  -       2 (m + 2) - 4(-3 - m) = (x1 - x ) = (x1 + x ) - 4x1x = m  -  m=-6  m=-2   Vậy : m = -6  m = - m + 8m + 12 = Bài : (2,0 điểm) (1,0 điểm) Sử dụng kết : C xy = C xy - + C xy 11 ;  x, y  N ≤ y ≤ x Ta có : 4C 6n + C n6 + = 4C n6 + C n6 + + C5n + 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ = 4C6n + C 6n + + C5n + + C 5n + + C 4n + = 4C6n + C 6n + + C5n + + 2(C5n + + C n4 + ) + C n4 + + C 3n + = 4C6n + C 6n + + C5n + + 3(C5n + + C n4 + ) + 3(C n4 + + C 3n + ) + C3n + + C n2 + = 4C6n + C 6n + C5n + 4(C5n + C 4n ) + 6(C n4 + C3n ) + 4(C 3n + Cn2 ) + Cn2 + C1n 0,5 đ = 5C6n + 5C5n + 10C n4 + 10C3n + 5C 2n + C1n = 5(C 6n + C5n + 2C n4 + 2C3n + C n2 ) + n 0,25 đ  n (mod 5) (1,0 điểm) y y-1  Ta chứng minh : y C x = x C x -  Ta 2 có : C2n + - 2.2.C 2n + + 3.2 C2n + ;  x, y  N ≤ y ≤ x 2n 2n + - 4.23 C 2n + + + (2n + 1).2 C2n + = 19 0,25 đ  (2n + 1)C02n - 2.(2n + 1).C12n + 22 (2n + 1).C22n - 23 (2n + 1).C32n + + 22n (2n + 1).C2n2n = 19 2 3 2n 2n  (2n + 1) (C2n - 2.C2n + C2n - C 2n + + C2n ) = 19  (2n + 1) (1 - 2) 2n = 19  2n + = 19  Khi  = C     khai triển Tk +  + k n=9  có số hạng tổng quát : 9-k k k = C 9-k 2 k ; k  N,  k  9 - k  Z   k  Z  k = 3, k =  Vậy, Tk + số hạng có giá trị nguyên    k  N,  k    3 Kl : có số hạng có giá trị nguyên,đó : T4 = C9 = 4536 T10 = C9 = Bài : (2,0 điểm) (1,0 điểm)  Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 15 a  Ta có : MB.MC + MC.MA + MA.MB =         0,25 đ     0,25 đ 0,25 đ      1 15a (MB2 + MC - BC ) + (MC + MA - CA ) + (MA + MB2 - AB2 ) = 2 2 15a MA + MB2 + MC2 - (BC + CA + AB ) = 2   2    15a (MO + OA) + (MO + OB) + (MO + OC) - 3.(3a)2 = 2     27a 15a MO2 + (OA + OB2 + OC ) + 2MO.(OA + OB + OC) = 2 2 OA = OB = OC = a 27a 15a  MO + 9a = ; :    2 OA + OB + OC =  MO2 = 4a2  OM = 2a  Vậy tập hợp điểm M đường trịn tâm O, bán kính 2a  1 AB + AC       2 hay AP= AB + AC (1,0 điểm)  Ta có : PB = - PC  AP = 3     AR    1 AB - AC hay QR= AB - AC  Ngoài : QR = AR - AQ = AB 15        1    AB - AC  = AB2 - AC AB.AC  Khi : AP.QR =  AB + AC   3 45 15 3   15  2 = 9a - 9a 3a.3a.cos600 = 45 15 Vậy : AP  QR Bài : (2,0 điểm) A(2; -1) , B(0; 1) , C(3; -4) (1,0 điểm)  Gọi H(x; y) tọa độ trực tâm ABC       AH = (x - 2; y + 1) , BH = (x ; y - 1) , BC = (3; -5) , AC = (1; -3)  Ta 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ có : H trực tâmABC  AH.BC = AH  BC 3(x - 2) - 5(y + 1) = 3x - 5y = 11  x = 12        BH  AC 1.x - 3(y - 1) =  x - 3y = -3 y = BH.AC = 0,5 đ  Vậy 0,25 đ : H(12; 5) (1,0 điểm)  Gọi I(x0; y0) điểm thỏa mãn hệ thức : IA + IB - IC = 0 2(2 - x ) + 2(0 - x ) - 3(3 - x ) =  x = -5    : I(-5; 12) 2(-1 - y0 ) + 2(1 - y0 ) - 3(- - y ) =  y0 = 12           Ta có : 2.MA + 2.MB - 3.MC = 2.(MI + IA) + 2.(MI + IB) - 3.(MI + IC)       MI + 2.IA + 2.IB - 3.IC = MI = MI    Vậy : M  Ox mà       2.MA + 2.MB - 3.MC     0,25 đ 0,25 đ đạt GTNN  M  Ox mà MI ngắn , với I(-5; 12)  M hình chiếu điểm I(-5; 12) lên trục Ox  M(-5; 0)  Lưu ý :   0,25 đ 0,25 đ Đáp án hướng dẫn chấm có 03 trang HS có cách giải khác : đúng, xác logic Giám khảo theo thang điểm cho điểm hợp lý ...TRƯỜNG THPT CHUYÊN KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2009 - 2010 NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN – CHUN 10   - Thời gian : 120... tìm x Bài : (3,0 điểm) y = x2 + (m + 2)x – – m (Pm) 1.(0,5 điểm)  Gọi A(x0; y0)  (Pm)  y0 = x02 + (m + 2)x0 – – m  (x0 – 1).m + x02 + 2x0 – y0 – = (*)  A điểm cố định họ Parabol (Pm) ... (Pm) qua điểm cố định A(1; 0) (1,5 điểm) Khi m = : y = x2 + 2x – (P) a (1,0 điểm) Khảo sát vẽ đồ thị (P)  Txđ : D = R  Sự biến thi? ?n : Hàm số nghịch biến khoảng (- ; -1) đồng biến khoảng (-1