Đề kiểm tra định kỳ lần 2 toán 10 năm 2019 2020 trường chuyên bắc ninh

ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN NĂM HỌC 2019 - 2020 Mơn thi: TỐN 10 Chun Dành cho lớp 10: Toán 1, Toán Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỔ TOÁN - TIN (Đề thi gồm 01 trang) Câu (3,5 điểm) 1) Cho phương trình x + x − (1) ( x − 3)( x + 5) − m = a) Giải phương trình m = 46 b) Tìm tất giá trị tham số m cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt ( x + y )( x + y ) xy = 14 2) Giải hệ phương trình  2 36 ( x + y ) ( x + 14 xy + y ) = Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC, gọi M trung điểm cạnh AC D điểm cạnh BC cho BD = DM Giả sử 2BC2 - AC2 = AB.AC Trên tia đối tia AC lấy điểm P cho AB = AP Chứng minh DM tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP Chứng minh AD phân giác góc BAC Tính tích BD.DC theo AB AC P P P P Câu (1,0 điểm) Cho a, b số thực dương Chứng minh: (1 + ab )( a + b ) + a + b2 (a + b ) ( b + 1) a ( b + 1) + (b + a ) ( a + 1) b ( a + 1) ≥ Câu (1,5 điểm) 1) Một tờ giấy xé thành mảnh, tờ giấy số tờ giấy bốn mảnh nhỏ lại xé thành mảnh nhỏ nữa, mảnh nhỏ lại xé thành mảnh, , tiếp tục có ta thu 2019 mảnh giấy hay khơng? Vì sao? 2) Cho n nguyên, n > thỏa mãn 3n − 1 n3 Chứng minh n chẵn n không chia hết cho Câu (1,0 điểm) Tìm tất hàm số f :  →  cho f ( xy + f ( x ) ) + f ( x + yf ( x ) ) = x, ∀x, y ∈  Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN NĂN HỌC 2019 - 2020 TRƯỜNG THPT CHUN BĂC NINH ĐÁP ÁN Mơn thi: TỐN 10 Chuyên Câu Điểm Nội dung a) m = 46 , PT có hai nghiệm x1,2 = ± 17 b) ĐK −5 ≤ x ≤ Đặt t = ( x − 3)( x + 5) 2,5 , ≤ t ≤ điểm Ta có phương trình 3t − 2t − m + 45 = (2) Pt cho có nghiệm phân biệt ⇔ PT ẩn t có nghiệm t ∈ [ 0;1) Lập bảng biến thiên hàm f (t ) = 3t − 2t + 45 [ 0;1) 134  Từ bảng biến thiên ta có m ∈   ∪ ( 45; 46 )   Câu (3điểm ) 2) ĐK xy ≥ điểm  3 ( x + y )2 + xy  xy = 14   = y u, = xy v Đặt x + HPT ⇔    36 ( x + y ) ( x + y ) + 12 xy =     14 ( 3u + 4v ) v = Ta có hệ  (*) (hệ đẳng cấp bậc 3) 2 36 u ( u + 12v ) = Nhận thấy v ≠ nên đặt u = kv Hệ (*) trở thành x + y = v3 ( 3k + ) = 14   ⇒ k = ⇒ u = 3, v = ⇒   ⇒ x, y nghiệm 2 = xy + = v k k 12 36 )  (  PT t − 3t + 3+ 2 3−2  3−2 3+ 2  =0 ⇒ ( x; y ) = ; ; ,  2  2   Từ 2BC2 - AC2 = AB.AC suy 2BC2 = AC.(AB + AC) = AC.CP = 2CM.CP Từ đó, ta có CB2 = CM.CP, CB tiếp tuyến đường tròn điểm ngoại tiếp tam giác MPB P Câu (3điểm P P P P P P P Do BD = DM nên DM tiếp tuyến đường tròn (MPB) Suy ∠ DBM = ∠ BMD = ∠ BPM Suy ∠ BAM = ∠ MDC Vậy tứ giác điểm AMDB tứ giác nội tiếp Suy AD phân giác góc BAC 3 Do tính chất phân giác ta có BD = AB.BC AC.BC DC = Suy AB + AC AB + AC điểm AC AB.BC AC AB = BD.DC = ( AB + AC ) 2( AB + AC ) Câu 1điểm (1 + ab )( a + b=) Nhận thấy ( a + b ) ( b + 1) = ( b2 + a ) ( a + 1) = ( ) Đặt a += b x; a b += 2 a ( b + 1) + b ( a + 1) ; 1điể m a + b + b ( a + 1) ; a + b + a ( b + 1) y; b ( a += 1) z ( x, y, z > 0) Ta viết BĐT cần chứng minh lại dạng: x+ y + z y+z z+x + ≥ 2, ∀x, y, z > x y ( *) Theo BĐT Cauchy cho hai số khơng âm, ta có: x + y ≥ xy   y + z ≥ yz  ⇒ ( x + y )( y + z )( z + x) ≥ xyz  z + x ≥ zx  ⇒ ( x + y )( y + z )( z + x ) ≥ xyz (1) Mặt khác,áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số khơng âm, ta lại có: x+ y + z ( x + y )( y + z )( z + x ) y+z z+x + ≥ 36 x y xyz ( 2) Từ (1) ( ) , hiển nhiên BĐT (*) chứng minh hoàn toàn Dấu xảy x= y= z Vậy ta có điều phải chứng minh Câu 1điểm Số mảnh giấy tăng lên sau lần xé 3( mảnh) (đây đại lương bất biến trình xé giấy) Ở lần xé thứ n, số mảnh giấy 1+3n (mảnh) với n số tự nhiên Vì 2019 chia hết thu 2019 mảnh giấy Giả sử n lẻ Gọi p ước nguyên tố nhỏ n suy p lẻ 0.75 điểm Ta có ≡ 1(mod p ) ⇒ p ≠ Theo định lí Fecma nhỏ ta có n p −1 ≡ 1(mod p ) Gọi h số nguyên dương nhỏ cho ≡ 1(mod p ) h Khi h | n, h | p − Do p ước nguyên tố nhỏ n nên h = Do ≡ 1(mod p ) ⇒ p chẵn (mâu thuẫn với p lẻ) Vậy điều giả sử sai nên suy n chẵn +) Gọi v2 ( n) =k ∈  ⇒ v2 ( n ) =3k * 0.75 Ta có v2 (3 − 1) = v2 (3 − 1) + v2 (3 + 1) + v2 ( n) − = k + n ( ) ⇒ k + ≥ 3k ⇒ k ≤ mà Do − 1 n ⇒ v2 (3 − 1) ≥ v2 n n n điểm k ∈ * ⇒ k = hay v2 ( n ) = Vậy n chẵn n không chia hết cho (đpcm) Câu 1điểm Giả sử hàm f :  →  thỏa mãn (1): f ( xy + f ( x ) ) + f ( x + yf ( x ) ) = x, ∀x, y ∈  Kí hiệu điểm P ( u; v ) việc thay ( x; y ) ( u; v ) vào (1) x, ∀x Điều dẫn đến f đơn ánh ( f ( x )) + f ( x ) = f ( a ) = f (b) Thật vậy, giả sử có suy 2= a f ( f ( a ) ) + f ( a=) f ( f ( b ) ) + f ( b=) 2b nên a = b + P ( x;0 ) ⇒ f + P ( x;1) ⇒ f ( x + f ( x ) ) + f ( x + f ( x ) ) =2 x, ∀x ,  1 P  x;  ⇒  2 1  f  x + f ( x )  + f ( x + f ( x ) ) =2 x, ∀x 2  1  x + f ( x )  , ∀x , mà f 2  −x x + f ( x ) , ∀x ⇔ f ( x )= , ∀x đơn ánh nên xảy x + f ( x )= 2 ( ) Kết hợp hai điều suy f x + f ( x ) = f  ...KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN NĂN HỌC 20 19 - 20 20 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BĂC NINH ĐÁP ÁN Môn thi: TOÁN 10 Chuyên Câu Điểm Nội dung a) m = 46 , PT có hai nghiệm x1 ,2 = ± 17 b) ĐK −5 ≤ x ≤... 3+ 2 3? ?2  3? ?2 3+ 2  =0 ⇒ ( x; y ) = ; ; ,  2  2   Từ 2BC2 - AC2 = AB.AC suy 2BC2 = AC.(AB + AC) = AC.CP = 2CM.CP Từ đó, ta có CB2 = CM.CP, CB tiếp tuyến đường tròn điểm ngoại tiếp... Gọi v2 ( n) =k ∈  ⇒ v2 ( n ) =3k * 0.75 Ta có v2 (3 − 1) = v2 (3 − 1) + v2 (3 + 1) + v2 ( n) − = k + n ( ) ⇒ k + ≥ 3k ⇒ k ≤ mà Do − 1 n ⇒ v2 (3 − 1) ≥ v2 n n n điểm k ∈ * ⇒ k = hay v2 ( n