T 54 ôn tập toán lớp 10

PHÒNG GD&ĐT LÂM THAO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP HUYỆN NĂM HỌC 2015-2016 Mơn: TỐN-LỚP (Hướng dẫn chấm gồm 04 trang) I Một số ý chấm bàim bàii  Đáp án chấm thi dựa vào lời giải sơ lược cách, chấm thi, giám khảo cần bám sát yêu cầu trình bày lời giải đầy đủ, chi tiết, hợp lơ-gic chia nhỏ đến 0,25 điểm  Thí sinh làm theo cách khác với Đáp án mà Tổ chấm cần thống cho điểm tương ứng với thang điểm Đáp án  Điểm thi tổng điểm câu không làm tròn số II Đáp án-thang điểm Câu (3,0 điểm) Nội dung a) Tìm nghiệm nguyên phương trình: x2 - 2x -11= y2 x2 - 2x -11= y2  (x – 1)x – 1)2 – y2 = 12  (x – 1)x – y – 1).(x – 1)x + y – 1) = 12 x – y – -2 -6 x + y – -6 -2 2x – -8 -8 - 2y -4 4 -4 x -3 -3 y -2 -2 Vậy (x – 1)x; y) = (x – 1)5; 2); (x – 1)5; -2); (x – 1)-3; -2); (x – 1)-3; 2) b) Tìm tất số tự nhiên n để 3n  số phương k 1 k 1 Với n 2k     1  4h  , khơng số phương (x – 1)chú ý Điểm 0,5 1,0 0,5 k 1 k 1  a  b   a k  a k  1b   ab k   b2 k  ) đẳng thức a  b Với n 2k Giả sử 32 k   p Vì 32 k số lẻ, mà số chẵn nên p phải số lẻ Do p lẻ p 2l  Từ k 3   4l  4l  4l  l  1 1 8R    k  0,5 8R  8  R  1  8Q  Mặt khác, số phương có dạng 8R,8R  1,8 R  Do 3n  khơng số phương Kết luận: Khơng có số tự nhiên n để 3n  số phương Câu (4,0 điểm) Nội dung a b a  b  6 Tìm giá trị biểu thức a) Cho a, b hai số thực thoả mãn a  b a b a  b3 a  b3 M 3 3 a  b a b a b a  b a / b 1 a / b   6   6 a  b a b a / b  a / b 1 2 Đặt x a / b ,  x  1   x  1 6  x  1  x 2 Khi 0,5 Điểm 2,0 Rõ ràng b 0 khơng thoả mãn giả thiết Ta có 2,0 3  x  1   1 18 x  x   x  1   x  1 M      x  x3 1 x6  x 1 8 b) Chứng minh đồng thức sau 2,0 2015 2014 1 2015          2015 2016 1009 1010 1011 2016 Nhận xét: 2n  2n  2 1 2n          , n   2n  2n n 1 n  2n 2n  k Chứng minh: Các số hạng vế trái có dạng k  , k 1, 2, , 2n  Các số hạng vế phải có 2l  dạng n  l , l 1, 2, , n Với tất giá trị k , l , ta có 2n  k  2n  1   k  1 2n  2l   n  l    2n  1 2n     1;  2  k 1 k 1 k 1 n l n l n l Vì vậy, đồng thức trở thành 2n    2n    2n    2n    2n    2n     1    1     1    1      2   n 1   n2       2n    2n   1,0 2n       2n   1  1  1 1    2n  1         2n   2n  1      2n  n  2n  2  n 1 n  1  1   1    2n  1              2n  1  2n  2n  2n    n 1 n  Ta lại có 1 1  1 1  1 1                      n  2n  n  2n   2n  1     n 1 n  2n Như nhận xét chứng minh Cho n 1008 , ta có tốn cho 0,5 0,5 Câu (4,0 điểm) Nội dung b) Giải phương trình x  14 x   x  x  20 5 x  Điều kiện: x  x  20 0; x  0  x 5  * Phương trình cho tương đương với Đi ểm 2,0 x  14 x  5 x   x  x  20  x  x  5 x  x  20   x  1   x  x     x   5 x 1,0  x  5  x   x2  4x  x2  4x   5  0 x4 x4 x2  4x  Đặt t  ,  t 0  , ta phương trình 2t  5t  0  t 1; t  x4  61 +) Với t 1  x  x  0  x  (x – 1) 5) 0,5 2  61 +) Với t   x  25 x  56 0  x 8(x – 1) 5) Kết luận: x 8; x  2 0,5 Điểm Nội dung a) (x – 1)x + 4x – 5)(x – 1)x + 2x -8) = 72  (x – 1)x - 1)(x – 1)x + 5)(x – 1)x - 2)(x – 1)x + 4) = 72  (x – 1)x2 + 3x – 4)(x – 1)x2 + 3x – 10) = 72 Đặt x2 + 3x – = y Ta có: (x – 1)y – 3)(x – 1)y + 3) = 72  y2 = 81  y = y = -9 2,0 +) Nếu y = 9: x2 + 3x – =  x2 + 3x – 16 =  x =   73 0,5 0,5 ;   73 x= 0,5 +) Nếu y = -9: x2 + 3x – = -9  x2 + 3x + =  x = -1; x = -2 Vậy    73  S  1; 2;    0,5 Câu (7,0 điểm) A X F E O H k Y B C D G Z a) Chứng minh đường thẳng AG vng góc với đường thẳng EF Ta có CAG CBG (x – 1)góc nội tiếp đường trịn  O  chắn cung CG ) (x – 1)1) Lại có CBG BAD (x – 1)góc có cạnh tương ứng vng góc) (x – 1)2) Từ (x – 1)1) (x – 1)2) suy CAG BAD (x – 1)3) Dễ thấy tứ giác AEDB nội tiếp, suy AEB ADB (x – 1)4) Kết hợp (x – 1)3) (x – 1)4), ta CAG  AEB BAD  ADB 900 Do AG  EF b) Chứng minh tứ giác HXGD nội tiếp đường trịn Do AG đường kính nên ABG 900  FBG  FXG 1800  BFXG tứ giác nội 3,0 1,0 1,0 1,0 2,0 1,0 tiếp Chú ý tứ giác BFHD nội tiếp, AH AD  AF AB  AX AG Từ tứ giác HXGD nội tiếp đường tròn c) HX || YZ Chú ý tứ giác ZDYG nội tiếp đường tròn Kết hợp với tứ giác HXGD nội tiếp suy ZYG ZDG HXG Từ HX || YZ Câu (2,0 điểm) Chứng minh bất đẳng thức sau 1 13      2015 1 1  k   k 1  H  k   2k k 1  Đặt H  k   k 1  2 2 Khi 1 1 1 1   1     1     H    H     H  10        2015 2048   2016 2017   1   1           33  2016   12     13 33 13     12 2016 1,0 2,0 0,5 1,0 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 HẾT