1. Trang chủ
  2. » Giáo án - Bài giảng

De 2014 2015

6 1 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 6
Dung lượng 397 KB

Nội dung

SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT A HẢI HẬU ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG MƠN TỐN LỚP 10 - NĂM HỌC 2014 – 2015 Thời gian làm bài: 120 phút Câu I (2,0 điểm) Cho parabol (P): y  x  x  m Tìm tất cá giá trị m để đường thẳng d: y 2 x  cắt parabol (P) hai điểm phân biệt A, B cho AB=2 Câu II (4,0 điểm) Tìm tất giá trị tham số m để phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:  m   x  2mx  m  0 Chứng minh 2sin  a  b   tan b t ana cos  a  b   cos  a  b  Câu III ( 6,0 điểm)   x2 Giải bất phương trình: 3 x Giải phương trình: x  x   x  1 x   x3  x  x   y  y  x, y  R  Giải hệ phương trình:  2 2  x  3  y  y 3 x    AB  AC  BC Câu IV ( 1,0 điểm) Chứng minh tam giác ABC ta có AB AC  Câu V( 5,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đỉnh trùng với đỉnh elip , bán kính đường trịn nội tiếp hình thoi Viết phương trình tắc elip biết tỉ 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : x  y  0, d : x  y  0 cắt tai I; điểm A thuộc d1 , A có hồnh độ dương khác Lập phương số tiêu cự độ dài trục lớn elip trình đường thẳng    qua A, cắt d B cho diện tích IAB IB  3IA  13  Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm J  ;  , đường thẳng d : x  y  0 2  2 đường tròn  C  : x  y  x  y  0 Gọi M điểm thuộc đường thẳng d nằm ngồi đường trịn (C) Từ M kẻ tiếp tuyến MA, MB đến đường tròn (C) (A, B tiếp điểm) Gọi (J) đường tròn tâm J tiếp xúc với đường thẳng AB Tìm tọa độ điểm M cho đường trịn (J) có chu vi lớn Câu VI( 2,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn ab  bc  ca 3 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  a  b   c  b6   a  c  -hết SỞ GD – ĐT NAM ĐỊNH ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG TRƯỜNG THPT A HẢI HẬU MƠN TỐN LỚP 10 - NĂM HỌC 2014 – 2015 CÂU Câu I điểm ĐÁP ÁN * PT hoành độ giao điểm: x  x   m 0 (1) * d cắt (P) điểm phân biệt PT (1) có nghiệm phân biệt   '    m    m  (*) A( x1 ;2 x1  1); B( x2 ;2 x2  1) với x1 ; x2 nghiệm pt (1)  x1  x2 4 Theo hệ thức Viet:   x1.x2 m  * Ta có 2 AB  x1  x2    x1   x2  1 5  x1  x2  5   x1  x2   x1 x2  5  16   m  1  5  20  4m    24 * AB 2  AB 4   20  4m  4  m  24 Đối chiếu đk (*) ta có giá trị m m  CâuII.1 * Đặt t  x 0 , pt cho trở thành: điểm  m  2 t  ĐIỂM 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0,25 2mt  m  0 (*) * Phương trình cho có nghiệm phân biệt pt (*) có nghiệm dương nghiệm 0,25 * Phương trình (*) có nghiệm t=0 0,25 m  0 hay m 2  Với m=2, phương trình (*) trở thành -4t=0 Trong trường hợp này, (*) có nghiệm  Với m=-2, phương trình (*) trở thành  4t  4t 0 Phương trình có hai nghiệm t=0 t=1 * Kết luận: PT cho có ba nghiệm phân biệt m=-2 0,5 0,5 0,25 Câu II.2 * Ta có điểm sin  a  b  sin a cos b  cos a sin b 0,25 cos  a  b  cos a cos b  sin a sin b 0,25 cos  a  b  cos a cos b  sin a sin b  VT=   sin a cos b  cos a sin b   tan b cos a cos b  sin a sin b  cos a cos b  sin a sin b  sin a cos b  cos a sin b  sin b  2cos a cos b cos b 0,25 0,25 0,25  sin a cos b  cos a sin b sin b  cos a cos b cos b 0,25  sin a cos b t ana VP cos a cos b 0,5 Câu III 1  x 0  1 * ĐK:  hay x    ;  \  0  2  x 0 điểm * Thực phép nhân liên hợp ta thu BPT 0,5 0,5 x  3(1   x )   x  x     x   4 x       x 1  1  x 0       x   x  0     x  9(1  x )  (4 x  3)    2  9(1  x )  (4 x  3)  1 Kết hợp ĐK thu nghiệm   ;  \  0  2 Câu III.2 điểm Biến đổi phương trình: 0,5 0,5 ĐK: x  0  x  0.5 x  x  10 2  x  1 x    x  3  x  2  x  1 x   1 0.5   Đặt x  t t 2 Khi phương trình  1 có dạng:  t 1 l  t   x  1 t  x  0    t 4 x    10 x   x   tm  Với t 4 x   x   x    3 x  x  0  Vậy phương trình có nghiệm x  Câu III.3 4  x 0  x 2   Điểu kiện:  3  y  y 0   y 3 điểm Biến đổi phương trình đầu hệ, ta có: 0.5 0.5  10 0,5 0,5  x  1   x  1  y  y   x   y    x  1  y   x  1 y  3 0    y x 1   2   x  1  y   x  1 y  0 *) Với y  x  thay vào phương trình thứ hai ta có:   x  x    x 2  3x      x 0 10 x  12 x 0  x 0  tm   x   l    Vậy hệ phương trình có nghiệm  x, y   0,1 Câu IV y  3y2   0  VN  *) Với  x  1  y   x  1 y  0   x     2      AB AC  AB AC cos BAC  AB AC.cos BAC * Ta có 0,5 0,5 (1) 0,5 điểm * Theo định lí cosin tam giác ABC ta có AB  AC  BC cos BAC  AB AC * Thế (2) vào (1) suy điều phải chứng minh 0,25 (2) 0,25 2 Câu V.1 Gọi (E) có dạng x  y 1 a  b   a2 b2 điểm Theo gt: AC=2a y BD=2b Tâm hình thoi ABCD gốcBtoạ độ O tâm đường trịn nội tiếp hình thoi Ta có: A 1 S AOB  OA.OB C AB O x 2  ab  a  b  a 2b 2(a  b )(*) 0,5 0,25 D 0,25 c Mặt khác : e  0,5  a 2c a 3a  b a  c  (**) 0,5 14 Thay (**) vào (*) ta 3a 14a  a  (do a  0)  b  x2 y  1 Vậy ptct (E) : 14 0,25 0,25 Câu V.2 Gọi I = d1  d2 điểm 0,25  x  y  0  x 1   I  Vậy I(1;1)  x  y  0  y 1   Từ gt d1, d2 có VTPT n1 (2;  1); n2 (2;1); Gọi  góc d1 d2 A 4   sin   5 IA  IA.3IA  5  cos    S IAB I  B IB=3IA Từ gt: S IAB 6  IA 5  IB 45 A  d1  A(a, 2a  1) với a > 0, a   a 0  l  2 2 Pt IA 5  (a  1)  (2a  2) 5  5(a  1) 5    a 2  tm  Vậy a =  A(2;3) B  d  B(a,3  2b)  IB (b  1)  (2  2b) 5(b  1) 0,25  b 4  B(4;  5) IB 45  (b  1) 9    b   B (  2;7) 0,25 Với A(2;3); B(4;5) pt cần tìm x  y  11 0 0,25 Với A(2;3); B(-2;7) pt cần tìm x  y  0 Câu V.3 Đường trịn (C) có tâm I   2;1 bán kính R=3 điểm Do M thuộc d nên M(a ;1-a) Điều kiện M nằm (C) : IM>R  IM   2a  4a   (*) 0,5 0,5 Ta có MA2 MB MI  IA2 2a  4a  A, B thuộc đường trịn tâm M bán kính MA : 2  x  a    y  a  1 2a  4a  0,5 (học sinh chọn A, B thuộc đường trịn khác) 2 A, B thuộc đường tròn  C  : x  y  x  y  0 Suy phương trình AB:  a   x  ay  3a  0 0,25 Do (J) tiếp xúc với AB nên (J) có bán kính d(J,AB) Chu vi (J) lớn d(J,AB) lớn  11  AB qua điểm cố định K  ;  2 2 d(J,AB) lớn K hình chiếu vng góc J AB  Đường thẳng AB có vecto phương AB  a; a     JK AB 0  a 2 (thỏa mãn (*)) 0,25 Vậy M  2;  1 Câu VI điểm Áp dụng bất đẳng thức Cơ-si, ta có: a  b  3 a 6b 3a 2b  a  b   3a 2b  3ab  1 c  b6  3 c 6b 3c 2b  c  b6   3c 2b  3cb   a  c  3 a 6c 3a 2c  a  c   3a 2c  3ac  3 1,0 Cộng  1 ,   ,  3 theo vế tương ứng ta có: P  a  b   c  b   a  c    ab  bc  ca  0.5  P 3 Vậy GTNN P 3 Dấu bẳng xảy a b c 1 hết 0.5

Ngày đăng: 18/10/2023, 19:55

w