Đề kiểm tra định kỳ lần 2 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường chuyên Bắc Ninh
Đề kiểm tra định kỳ lần 2 Toán 10 năm 2019 – 2020 trường chuyên Bắc Ninh được biên soạn theo hình thức tự luận, đề gồm có 01 trang với 05 bài toán, thời gian làm bài 150 phút, mời các bạn đón xem
Preview text:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 2 TỔ TOÁN - TIN NĂM HỌC 2019 - 2020
Môn thi: TOÁN 10 Chuyên
Dành cho các lớp 10:
(Đề thi gồm 01 trang) Toán 1, Toán 2
Thời gian: 150 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (3,5 điểm). 1) Cho phương trình 2
3x + 6x − 2 ( x − 3)( x + 5) − m = 0 (1)
a) Giải phương trình khi m = 46.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m sao cho phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. ( 3x + y
)(x + 3y) xy =14
2) Giải hệ phương trình ( x + y) ( 2 2
x + 14xy + y ) = 36 Câu 2 (3,0 điểm)
Cho tam giác ABC, gọi M là trung điểm của cạnh AC và D là điểm trên cạnh BC sao
cho BD = DM. Giả sử rằng 2BC2 - AC2 = AB.AC. Trên tia đối của tia AC lấy điểm P P P P P sao cho AB = AP.
1. Chứng minh DM là tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác BMP.
2. Chứng minh AD là phân giác của góc BAC.
3. Tính tích BD.DC theo AB và AC.
Câu 3 (1,0 điểm). Cho a,b là các số thực dương. Chứng minh:
(1+ ab)(a + b)
( 2a +b)(b+ )1 ( 2b + a)(a + )1 + + ≥ 3 2. 2 2 a + b a ( 2 b + ) 1 b( 2 a + ) 1 Câu 4 (1,5 điểm).
1) Một tờ giấy được xé thành 4 mảnh, mỗi tờ giấy trong một số tờ giấy trong bốn
mảnh nhỏ này lại được xé thành 4 mảnh nhỏ nữa, và một trong các mảnh nhỏ này lại
được xé thành 4 mảnh,. ., tiếp tục như vậy thì có khi nào ta thu được 2019 mảnh giấy hay không? Vì sao?
2) Cho n nguyên, n > 1 thỏa mãn n 3
3 −1n . Chứng minh rằng n chẵn và n không chia hết cho 4.
Câu 5 (1,0 điểm). Tìm tất cả các hàm số f : → sao cho
f ( xy + f ( x)) + f ( x + 2yf ( x)) = 2x, x ∀ , y ∈ .
------------ Hết ------------
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BĂC NINH
KIỂM TRA ĐỊNH KÌ LẦN 2 NĂN HỌC 2019 - 2020 ĐÁP ÁN
Môn thi: TOÁN 10 Chuyên Câu Nội dung Điểm 2,5
a) m = 46 , PT có hai nghiệm x =1± 17 1,2 điểm b) ĐK 5
− ≤ x ≤ 3 . Đặt t = (x − 3)(x + 5) , 0 ≤ t ≤1. Ta có phương trình 2
3t − 2t − m + 45 = 0 (2)
Pt đã cho có 2 nghiệm phân biệt ⇔ PT ẩn t có 1 nghiệm t ∈[0; ) 1
Lập bảng biến thiên của hàm 2
f (t) = 3t − 2t + 45 trên [0; ) 1 . 134
Từ bảng biến thiên ta có m ∈ ∪ (45;46). 3 Câu 1 2) ĐK xy ≥ 0 1 điể (3điểm m 2 )
3(x + y) + 4xy xy =14 HPT ⇔
Đặt x + y = u, xy = v (
x + y)(x + y)2 +12xy = 36 ( 2 2 3u + 4v )v =14 Ta có hệ
(*) (hệ đẳng cấp bậc 3) u ( 2 2 u + 12v ) = 36
Nhận thấy v ≠ 0 nên đặt u = kv . Hệ (*) trở thành 3 + = v ( 2 k + ) x y 3 3 4 = 14 1
⇒ k = 6 ⇒ u = 3,v = ⇒ ⇒ x, 1 y là nghiệm 3 v k ( 2 k + ) = 2 12 36 xy = 4 1
3 + 2 2 3 − 2 2 3 − 2 2 3 + 2 2 PT 2 t − 3t + = 0 ⇒ ( ; x y ) = ; , ; 4 2 2 2 2
1. Từ 2BC2 - AC2 = AB.AC suy ra 2BC2 = AC.(AB + AC) = AC.CP = 1 P P P P P P Câu 2
2CM.CP. Từ đó, ta có CB2 = CM.CP, vậy CB là tiếp tuyến của đường tròn điểm P P (3điểm ngoại tiếp tam giác MPB.
2. Do BD = DM nên DM cũng là tiếp tuyến của đường tròn (MPB). Suy ra 1
∠ DBM = ∠ BMD = ∠ BPM. Suy ra ∠ BAM = ∠ MDC. Vậy tứ giác điểm
AMDB là tứ giác nội tiếp. Suy ra AD là phân giác của góc BAC. A . B BC AC.BC 1
3. Do tính chất phân giác ta có BD = và DC = . Suy ra AB + AC AB + AC điểm 2 2 AC.A . B BC AC .AB B . D DC = = . 2 ( AB + AC) 2( AB + AC) Câu 3
(1+ ab)(a + b) = a( 2b + )1 + b( 2a + )1; 1điể 1điểm ( m 2 a + b) 2 2 2 Nhận thấy (b + )
1 = a + b + b(a + ) 1 ;
( 2b + a)(a + ) 2 2
1 = a + b + a ( 2 b + ) 1 Đặt 2 2
a + b = x a ( 2 b + ) = y b( 2 ; 1 ; a + ) 1 = z
(x, y, z > 0)
Ta viết BĐT cần chứng minh lại dưới dạng: x + y y + z z + x + + ≥ 3 2, x
∀ , y, z > 0 (*) z x y
Theo BĐT Cauchy cho hai số không âm, ta có:
x + y ≥ 2 xy
y + z ≥ 2 yz ⇒ (x + y)( y + z)(z + x) ≥ 8xyz
z + x ≥ 2 zx
(x + y)( y + z)(z + x) ⇒ ≥ 8 ( ) 1 xyz
Mặt khác,áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số không âm, ta lại có: x + y y + z z + x
(x + y)( y + z)(z + x) + + ≥ 6 3 (2) z x y xyz Từ ( )
1 và (2) , hiển nhiên BĐT (*) được chứng minh hoàn toàn.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = z . Vậy ta có điều phải chứng minh. Câu 4
1. Số các mảnh giấy tăng lên sau mỗi lần xé là 3( mảnh) (đây là đại lương 0.75 1điểm
bất biến trong quá trình xé giấy) điểm
Ở lần xé thứ n, số mảnh giấy là 1+3n (mảnh) với n là số tự nhiên.
Vì 2019 chia hết cho 3 nên không thể thu được 2019 mảnh giấy
2. Giả sử n lẻ. Gọi p là ước nguyên tố nhỏ nhất của .
n suy ra p lẻ.
Ta có 3n ≡ 1(mod p) ⇒ p ≠ 3 . Theo định lí Fecma nhỏ ta có p 1 3 − ≡ 1(mod p)
Gọi h là số nguyên dương nhỏ nhất sao cho 3h ≡ 1(mod p) Khi đó h | ,
n h | p −1 . Do p là ước nguyên tố nhỏ nhất của n nên h = 1. Do đó
3 ≡ 1(mod p) ⇒ p chẵn (mâu thuẫn với p lẻ).
Vậy điều giả sử sai nên suy ra n chẵn +) Gọi * 3
v (n) = k ∈ ⇒ v (n ) = 3k 2 2 0.75 Ta có (3n v
−1) = v (3 −1) + v (3 +1) + v (n) −1 = k + 2 . 2 2 2 2 điểm Do n 3 3 −1 ⇒ (3n n v −1) ≥ v ( 3 n
⇒ k + 2 ≥ 3k ⇒ k ≤1 mà 2 2 ) *
k ∈ ⇒ k = 1 hay v n = 1 . 2 ( )
Vậy n chẵn và n không chia hết cho 4 (đpcm). Câu 5
Giả sử hàm f : → thỏa mãn (1): 1 1điểm điểm
f ( xy + f ( x)) + f ( x + 2yf ( x)) = 2x, x ∀ , y ∈ .
Kí hiệu P (u;v) chỉ việc thay ( ;
x y ) bởi (u;v) vào (1). + P ( ;0 x
) ⇒ f ( f (x)) + f (x) = 2x, x
∀ . Điều này dẫn đến f là đơn ánh. Thật vậy, giả sử có
f (a) = f (b) thì suy ra
2a = f ( f (a) + f (a) = f ( f (b) + f (b) = 2b nên a = b. + P ( ; x )
1 ⇒ f ( x + f ( x)) + f ( x + 2 f ( x)) = 2x, x ∀ , 1 1 P ; x ⇒ f
x + f ( x) + f ( x + f ( x)) = 2x, x ∀ . 2 2 1
Kết hợp hai điều trên suy ra f ( x + 2 f ( x)) = f
x + f ( x) , x ∀ , mà f 2 − là đơn ánh nên xả 1 x
y ra x + 2 f ( x) =
x + f ( x), x ∀ ⇔ f (x) = , x ∀ . 2 2 2
Document Outline
- Toan 10 Chuyen - De
- Toan 10 Chuyen - DA