SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT A HẢI HẬU MƠN TỐN LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014 MA TRẬN ĐỀ _ _ Chủ đề Bất phương trình bậc ẩn Bất phương trình bậc Câu 1a Câu a Phương trình bất phương trình quy bậc Phương trình đường thẳng Phương trình đường Câu 5a trịn Khoảng cách góc SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT A HẢI HẬU Mức độ nhận thức Câu 1b Câu 2b Câu 2c 1 Câu 3a Tổng điểm Câu b Câu 1 Câu 5b 1 ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MƠN TỐN LỚP 10 - NĂM HỌC 2013 – 2014 Thời gian làm bài: 150 phút _ Câu I (2,0 điểm) Cho parabol (P): y x x Tìm tất cá giá trị m để đường thẳng d: y x m cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB vuông O (với O gốc tọa độ) Câu II (4,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt : m x m 1 x 2m 0 Cho 3sin 8cos 5, Tính P sin cos3 Câu III ( 6,0 điểm) Giải phương trình: x x x x x x x x y 9 Giải hệ phương trình: 2 3 x x x y xy 18 Giải bất phương trình: x x 2 3x x Câu IV ( 2,0 điểm) Cho tam giác ABC có BAC 600 , AB 5, AC 10 , trung tuyến AD ( D BC ) M điểm thỏa mãn 3MA MC 0 Tính độ dài đoạn BM chứng minh AD BM Câu V( 4,0 điểm) x2 y Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E): 1 có hai tiêu điểm F1 , F2 Tìm tọa độ 25 điểm M thuộc elip (E) cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác MF1F2 2 Trong mặt phẳng Oxy, cho đường tròn C : x y 1 8 đường thẳng d : x y 0 a) Tìm điểm M nằm d cho từ M kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn (C) hai tiếp tuyến vng góc với b) Cho hình thoi ABCD có tất cạnh tiếp xúc với đường tròn (C), biết A thuộc đường thẳng d hồnh độ A khơng nhỏ 1, BD = AC Tìm tọa độ A Câu VI( 2,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn x y z 3 Tìm giá trị 1 nhỏ biểu thức A = xy yz zx SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT A HẢI HẬU CÂU Câu I điểm ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MƠN TỐN LỚP 10 - NĂM HỌC 2013 – 2014 _ ĐÁP ÁN ĐIỂM * PT hoành độ giao điểm: x x m 0 (1) * d cắt (P) điểm phân biệt PT (1) có nghiệm phân biệt 13 13 4m m (*) A( x1 ; x1 m); B( x2 ; x2 m) với x1; x2 nghiệm pt (1) x1 x2 Theo hệ thức Viet: x1.x2 m OAB vuông O Theo giả thiết ta có OA.OB 0 x1 x2 m x1 x2 m 0 m m m 0 m 2 Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m m 0.25 0.5 0.5 0.25 m 2 CâuII.1 * Đặt t x 0 , pt cho trở thành: điểm m t m 1 t 2m 0 (*) * Phương trình cho có nghiệm phân biệt pt (*) có hai nghiệm dương phân biệt hay m 0 ' m 1 m 2m 1 m 1 0 m 2m 0 m 0.25 0.25 0,25 0,5 m 2 7 m 2 3 m m m m m 1,0 3 * Kết luận: m 2; 0,25 Câu II.2 4 * Ta có 3sin 8cos 3sin sin 0 0,25 điểm 3sin 8sin 0 0,5 sin sin sin 3( vơlí) * Với 0,25 , ta có cos Khi cos sin 3 3 1 1 * Ta có P sin cos = 3 Câu III điểm * TXĐ: 0,5 0,5 0,25 2 Ta có x x x x 1 x x 1 * pt x x 1 x x 4 * Đặt a x x 1, b x x x x 1 x x 1 0,25 Pt cho trơ thành: b 2a ab b 2 b b a 0 b a 0,5 * Với b 2 , ta có 13 x x 2 x x 0 x * Với b a , ta có x x x x 0,25 0,25 2 x x 1 x x 1 x x x x 2 x x x x x 2 vô nghiệm x 0 * Kết luận: Phương trình cho có hai nghiệm 13 13 x ;x 2 Câu III.2 điểm 0,25 x x y 9 x x 3x y 9 2 x x x y xy 18 ( x x)(3x y ) 18 Đặt u x x; v 3x y u v 9 u 6 u 3 Hpt trở thành uv 18 v 3 v 6 u 3 * Với , ta có v 6 x x 3 x y x 1 x y 3 y 15 x x x 6 x 3 x y 3 y 6 y 6 KL:hpt có nghiệm 1;3 , 3;15 , 7;6 , 7;6 u 6 * Với , ta có v 0,25 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu III.3 * Đặt t x x t 0 Ta có bất phương trình: điểm * Kết hợp với điều kiện t 0 ta được: t 1 0,25 x 3 3 x x 0 x 0 * Với t 1 , ta có 3x x 1 3 x x 1 x 1 0,5 t 2t t 2t 0 t 1 0,5 Câu IV điểm x 0 x 1 0,5 2 * Kết luận tập nghiệm bất pt cho : S ;0 ;1 3 0,25 * Ta có 3MA 2MC 0 5MA AC 0 MA AC 600 Suy M nằm A C nên AM , AB MAB 0,25 AM AM AC 4 , BM AM AB * BM AM AB AM AB AM AB 0,5 AM AB AM AB.cos 600 21 2 1 * Chỉ BM AC AB; AD AB AC 2 0,5 2 * BM AD AC AB AB AC 5 2 1 AB AC AC AB 0 10 0,5 Suy BM AD Câu V.1 * Ta có a 5; b 9, suy c 4 , MF1 MF2 2a 10, F1 F2 2c 8 1,5 điểm * p 0,25 MF1 MF2 F1 F2 9 Ta có S MF1F2 pr 9 12 0,25 Mặt khác S MF1F2 d M ,Ox F1F2 4.d M ,Ox Từ ta có d M ,Ox 3 yM yM 3 0,25 * Do M xM ;3 M xM ; 3 0,25 Câu V.2a điểm Vì M E nên xM 0 Khi ta có M 0;3 M 0; 3 0,25 Kết luận : M 0;3 M 0; 3 0,25 * M 2a 3; a d , đường tròn (C) có tâm I 2; 1 , bán kính R 2 0,25 * Từ M kẻ tiếp tuyến tới (C) M nằm ngồi hình trịn (C) IM > R hay IM > 2 (*) * Giả sử từ M kẻ tiếp tuyến tới (C) tiếp tuyến vng góc với IM = R 4 ( thỏa mãn (*)) hay 2a 2 2 a 1 4 2a a 1 16 0,25 0,25 5a 18a 10 0 31 a 31 a * Với a * Với a 31 31 31 ; , ta có M 5 9 31 0,25 31 31 ; , ta có M 5 31 31 31 31 ; ; * Kết luận : M M 5 5 Câu V2b 1,5 điểm * Từ BD 2 AC , ta có IB 2 IA * Trong tam giác vng IAB ta có AB với (C)) suy 0,5 1 ( H tiếp điểm IA2 IB IH IA 10 IA * Giả sử A 2t 3; t d x A 1 nên t 2 Ta có t 2(tm) 2 IA 10 2t t 1 10 t không tm 0,5 * t 2 , ta có A 1;2 0,5 Kết luận : A 1;2 Câu VI * Với a, b, c số dương Chứng minh : 1 a b c 9 (1) điểm a b c 1 Áp dụng bđt (1) ta có A= xy yz zx xy yz zx 0.5 0.5 x y 0 Ta có y z 0 z x 0 x y z xy yz zx 0.5 Theo giả thiết x y z 3 x y z Suy A 1 Dấu = xảy 2 x y z 3 Vậy giá trị nhỏ A = x y z 1 x y z 1 0.5