đề thi khối 10 ( Lâm )

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2010 – 2011 Môn: Toán Khối : 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề ) (Đề thi gồm có 1 trang ) Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số 2 2 (2 1) 1y x m x m= + + + − 1)Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m=1 2)Chứng minh rằng với mọi giá trị của m đồ thị hàm số luôn cắt đường thẳng d: y=x tại hai điểm phân biệt và khoảng cách giữa hai điểm đó không phụ thuộc vào m. Câu II: ( 2 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + − 2) Tìm m để phương trình : 3 2 4x m x− = − có hai nghiệm phân biệt. Câu III: ( 2 điểm) 1) Cho phương trình (m +2) x 2 -2( m-1)x + m – 2 = 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn 1 2 2x x − = 2) Tìm m nguyên để hệ phương trình sau có một nghiệm (x,y) đều nguyên: 2 3 1 mx y m x y m + =   + = +  Câu IV: ( 3 điểm ) 1) Cho 0 0 1 sin ;90 180 3 α α = < < Tính giá trị của biểu thức: 0 0 0 3sin(180 ) 9sin .cos(180 ) cot(180 )P α α α α = − + − − − 2)Chứng minh rằng với a là số thực bất kỳ luôn tồn tại một tam giác có số đo ba cạnh là: 2 2 2 1; 1; 4 3a a a a a− + + + + 3)Cho tam giác ABC .I, J là hai điểm định bởi : 3 0 ; 2 3 0IA IC JA JB JC+ = + + = uur uur r uur uur uur r Chứng minh I,J,B thẳng hàng. Câu 5: (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có 4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ≥ + + Hết ĐÁP ÁN I) Câu I: 1)Khảo sát vẽ đồ thị hàm số khi m=1 +) y = x 2 +3x +) tìm TXĐ 0,25 +) Tọa độ đỉnh, Khoảng đồng biến,nghịch biến, trục đối xứng 0,25 +) Bảng biến thiên 0,25 +) Tìm giao điểm của đồ thị với các trục tọa độ, cho đủ 5 điểm thuộc dồ thị (vẽ đúng) 0,25 2)Giải phương trình : 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + − +) Pt hoành độ giao điểm của hai đồ thị là: 2 2 2 1 0x mx m+ + − = +) có ' 1 0 m∆ = > ∀ ⇒ luôn có hai giao điểm A,B 0,25 +) Giả sử 1 1 2 2 ( ; ); ( ; )A x x B x x ( 1 2 ;x x là nghiệm phương trình trên) +) Có 2 1 2 1 2 2 ; . 1x x m x x m+ = − = − 0,25 +) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 AB 2 2 4x x x x x x= − = + − 0,25 +) Thay vào được 2 2AB= 0,25 II) CÂU II: 1) Giải phương trình : 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + − +) đk: x > -1 +) Đặt 2 3 1t x x= + + + (t >0 ) ta được pt: 0,25 2 20 0 5t t t− − = ⇒ = 0,25 2 2 3 1 5 2 2 5 3 21 3x x x x x⇒ + + + = ⇔ + + = − 0,25 2 7 21 3 0 3 143 146 492 0 3 x x x x x x x ≤  − ≥   ⇔ ⇔ ⇔ = =    − + =    =   0,25 2) Tìm m để phương trình : 3 2 4x m x− = − có hai nghiệm phân biệt. Pt 2 2 4 25 16 9 x x x m ≥  ⇔  − + = −  Xét hàm số f(x) = 4x 2 -25x+16 trên [2; + ∞ ) 0,25 0,5 Từ BBT thấy để PT có hai nghiệm phân biệt thì: 369 41 9 18 2 16 16 m m− < − ≤ − ⇔ ≤ < 0,25 CÂU III: 1)Cho phương trình (m +2) x 2 -2( m-1)x + m – 2 = 0 Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2 ,x x thỏa mãn 1 2 2x x− = Đ để pt có hai nghiệm phân biệt 1 2 ' 2 0 5 , 2 2 5 0 m x x m m + ≠  ⇒ ⇔ < −  ∆ = − + >  0,25 Có ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 1 2 1 2 * 2 4 4 4x x x x x x x x− = ⇔ − = ⇔ + − = 0,25 Có 1 2 1 2 2( 1) 2 ; . 2 2 m m x x x x m m − − + = = + + Thay vào (*)được pt: 0,25 2 6 1 0m m+ − = . Giải kết hợp điều kiện được 10 3m = − 0,25 x 2 25 8 +∞ -18 +∞ f(x) 369 16 − 2) D=2m+3; 2 2 3; 2 x y D m D m m= − = + 0,25 Nếu 0 3 0 2 x D m D =  = ⇒  ≠  hệ vô nghiệm Nếu 3 2 m ≠ ⇒ hệ có nghiệm duy nhất 6 1 2 3 6 2 2 3 x m y m m  = − −   −   = + +   − 0,25 0,25 KL : m = 0; m=1; m = 2; m = 3 0,25 CÂU IV: 1) Cho 0 0 1 sin ;90 180 3 α α = < < Tính giá trị của biểu thức: 0 0 0 3sin(180 ) 9sin .cos(180 ) cot(180 )P α α α α = − + − − − T ính 2 2 cos ;cot 2 2 3 α α = − = − 0,25 ( ) ( ) ( ) 0 0 0 1 2 2 sin 180 sin ;cos 180 cos ; 3 3 cot 180 cot 2 2 α α α α α α − = = − = − = − = − = 0,5 T ính P = 1 0,25 2)Chứng minh rằng với a là số thực bất kỳ luôn tồn tại một tam giác có số đo Để x nguyên, y nguyên thì 2m-3 phải là ước của 6 2m -3 -6 -3 -2 -1 1 2 3 6 m 3 2 − 0 1 2 1 2 5 2 3 9 2 ba cạnh là: 2 2 2 1; 1; 4 3a a a a a− + + + + Trong hệ trục Oxy chọn ( ) 1 3 1 3 ; ; ; ; 0;0 2 2 2 2 A a B a O     − + − +  ÷  ÷     0,5 OA uuur và OB uuur không cùng phương vì nếu cùng phương thì 1 1 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 a a a a − + = − ⇒ − + = − − ⇒ = − + (vô lý ) Vậy O;A; B không thẳng hàng ; OAB là tam giác có: 0,25 2 2 2 1; 1; 4 3OA a a OB a a AB a= − + = + + = + 0,25 3)Cho tam giác ABC .I, J là hai điểm định bởi ( ) ( ) 1 2 3 0 ; 2 3 0IA IC JA JB JC+ = + + = uur uur r uur uur uur r Chứng minh I,J,B thẳng hàng. Từ (1) ( ) ( ) 3 3 0 3 4 0IJ JA IJ JC JA JC IJ⇒ + + + = ⇔ + + = uur uur uur uur r uur uur uur r 0,5 lấy (2) – (3) được 4 2 0 2IJ JB IJ JB− = ⇔ = uur uur r uur uur 0,25 Vậy 3 điểm I,J, B thẳng hàng 0,25 CÂU V: Chứng minh rằng với mọi a,b,c ta có 4 4 4 ( )a b c abc a b c+ + ≥ + + Có 4 4 2 2 4 4 2 2 4 4 2 2 2 2 2 a b a b b c b c c a c a + ≥ + ≥ + ≥ 0,25 ( ) ( ) ( ) 4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )a b c a b b c b c c a c a a b⇒ + + ≥ + + + + + 0,25 Có 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b b c ab c b c c a bc a c a a b ca b + ≥ + ≥ + ≥ ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( )a b b c b c c a c a a b abc a b c⇒ + + + + + ≥ + + 0,25 Đẳng thức xảy ra khi a =b = c 0,25 (Cách giải khác nhau mà đúng cho điểm tương ứng với đáp án ) . ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TRƯỜNG Năm học 2 010 – 2011 Môn: Toán Khối : 10 Thời gian: 150 phút (không kể thời gian phát đề ) ( ề thi gồm có 1 trang ) Câu I: ( 2 điểm ) Cho hàm số 2 2 (2 . 0,25 +) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1 2 1 2 AB 2 2 4x x x x x x= − = + − 0,25 +) Thay vào được 2 2AB= 0,25 II) CÂU II: 1) Giải phương trình : 2 2 3 1 3 2 2 5 3 16x x x x x+ + + = + + + − +) đk:. IV: 1) Cho 0 0 1 sin ;90 180 3 α α = < < Tính giá trị của biểu thức: 0 0 0 3sin(180 ) 9sin .cos(180 ) cot(180 )P α α α α = − + − − − T ính 2 2 cos ;cot 2 2 3 α α = − = − 0,25 ( ) ( ) (