- Trang chủ >>
- Đề thi >>
- Đề thi lớp 11
Toan 10 lai chau
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (139.92 KB, 6 trang )
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH LAI CHÂU
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
ĐỀ THI MÔN TOÁN
KHỐI 10
(Đề này có 01 trang, gồm 05 câu)
Câu 1 (4 điểm).
Giải phương trình 4 − x − 8 x 2 + 20 x − 7 = 0
Câu 2 (4 điểm).
Cho a, b là hai số thực dương sao cho a > b. Trong mặt phẳng Oxy cho một
đường thẳng ∆ trên đó lấy một điểm A. Gọi M, N là hai điểm bất kì trong mặt
phẳng sao cho AM = a, AN = b và đường thẳng ∆ luôn là phân giác của góc
uuur uuuur uuuur
·
. Ứng với mỗi cặp điểm M, N như trên xét điểm P sao cho AP = AM + AN .
MAN
Tìm quỹ tích điểm P.
Câu 3 (4 điểm).
Cho a, b, c là các số thực dương. Chứng minh rằng
2a
2b
2c
+
+
≤3
a+b b+c c+a
Câu 4 (4 điểm).
Viết các số tự nhiên từ 1 đến 2014 thành hàng ngang theo một thứ tự tùy ý, tiếp
đó cộng mỗi một số trong các số đã cho với số thứ tự chỉ vị trí nó đứng (tính từ
trái sang phải). Chứng minh rằng ít nhất cũng có hai tổng mà chữ số tận cùng
của hai tổng đó bằng nhau.
Câu 5 (4 điểm).
(
Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n thì phần nguyên của số 2 + 3
là số lẻ.
.....................HẾT.....................
Người ra đề
Hà Thị Thanh Huyền
Số điện thoại: 0984.462.848
)
n
TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
TỈNH LAI CHÂU
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN
KHỐI 10
(Văn bản này gồm 05 trang)
CÂU
ĐÁP ÁN
Câu 1 Điều kiện xác định: x ≤ 4
(4 điểm)
2
Phương trình đã cho ⇔ 4 − x = 2 ( 2 x − 3) + 4 x − 11
ĐIỂM
0,75
3
2
Đặt 2t − 3 = 4 − x với t ≥ .
Ta có hệ phương trình:
2(2 x − 3) = (2t − 3) − 4 x + 11
( 2 x − 3) = t − 2 x + 4 (1)
⇔
2
2
(2)
( 2t − 3) = 4 − x
( 2t − 3) = 4 − x
1,0
2
2
Lấy (1) trừ (2) ta được:
4( x − t )( x + t − 3) = t − x
⇔ ( x − t )(4 x + 4t − 11) = 0
t = x
x − t = 0
⇔
⇔
t = − x + 11
4 x + 4t − 11 = 0
4
0,75
Với t = x ta có ( 2 x − 3) = 4 − x ⇔ 4 x 2 − 11x + 5 = 0 ⇔ x =
2
Với t = − x +
11 ± 41
8
0,5
11
ta có
4
(1) ⇔ 16 x 2 − 36 x + 9 = 0 ⇔ x =
9+3 5
9−3 5
∨ x=
8
8
0,5
13 − 3 5
13 + 3 5
∨t=
8
8
3
Kết hợp với điều kiện x ≤ 4 và t ≥ thì phương trình đã cho
2
Tương ứng ta có t =
0,5
có nghiệm x =
11 + 41
9−3 5
và x =
8
8
Câu 2 Chọn hệ trục tọa độy Oxy sao cho O ≡ A; ∆ ≡ Ox .Ta có A(0;0)
(4 điểm)
M
a
A
P
x
b
N
0,5
uuur uuuur uuuur
Giả sử P( xP ; yP ) . Khi đó AP = AM + AN
2
xP2 = xM
+ xN2 + 2 xM xN
xP = xM + xN
⇔
⇒ 2
(1)
2
2
yP = yM + y N + 2 yM y N
y P = yM + y N
2
xM
+ yM2 = a 2
Do AM = a; AN = b nên ta có 2
(2)
2
2
xN + yN = b
Phương trình của đường thẳng AM: y = kx. Do đó yM = kxM
Phương trình của đường thẳng AN: y = -kx. Do đó y N = −kxN
2
a2
x
=
M
1+ k 2
Thay vào hệ (2) ta có
(3)
2
x2 = b
N 1 + k 2
2 ( a + b) 2
xP =
1+ k 2
Thay (3) vào (1) ta có
2
2
y 2 = k ( a − b)
P
1+ k 2
0,5
0,5
0,5
0,5
0,5
xP2
yP2
+
=1
Suy ra
( a + b ) 2 ( a − b) 2
Vậy quỹ tích các điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán là Elip có
x2
y2
+
= 1 với a > b.
phương trình
( a + b ) 2 ( a − b) 2
Câu 3
b
c
a
(4 điểm) Đặt x = a , y = b , z = c , ta có : x, y,z > 0 và xyz = 1
Bất đẳng thức đã cho trở thành:
2
2
2
+
+
≤3
1 + x2
1 + y2
1 + z2
Giả sử xy ≤ 1 ⇒ z ≥ 1
1
1
2
+
≤
( 1)
* Ta chứng minh đẳng thức sau:
2
2
1 + x 1 + y 1 + xy
2
2
2
2
Thật vậy, ( 1) ⇔ ( 2 + x + y ) ( 1 + xy ) ≤ 2 ( 1 + x ) ( 1 + y )
0,5
1,0
1,0
⇔ ( 1 − xy ) ( x − y ) ≥ 0 (đúng)
* Ta có: Theo bất đẳng thức Bunhiacopski
2
2
2
1
2
2
2
1
+
≤ 2
+
= 4
+
2
2 ÷
2
2 ÷
2
2 ÷
1+ y
1+ x 1+ y
1+ x 1+ y
1+ x
Theo bất đẳng thức (1) suy ra:
1
1
8
8z
4
+
≤
=
2
2 ÷
1 + x 1 + y 1 + xy 1 + z
Suy ra
2
2
2z
+
≤2
2
2
1+ x
1+ y
1+ z
1,0
2
2
≤
2
1+ z
1+ z
2
2
2
2z
2
+
+
≤
2
+
1 + x2
1 + y2
1 + z2
1+ z 1+ z
Mặt khác, ta lại có
Suy ra
Do vậy, ta sẽ chứng minh : 2
2z
2
+
≤3
1+ z 1+ z
Thật vậy, ta có:
2z
2
2
+
≤ 3 ⇔ 2 2z ( 1 + z ) + 2 ≤ 3 ( 1 + z )
1+ z 1+ z
⇔ 2z − 2 2z ( 1 + z ) + ( 1 + z ) ≥ 0
⇔
Câu 4
(4 điểm)
(
2z − 1 + z
)
2
1,0
≥ 0 (luôn đúng).
Vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1
Gọi 2014 số tự nhiên đã cho viết theo thứ tự từ trái sang phải
là a1 , a2 ,..., a2014 .
Gọi bi là tổng của số ai với vị trí thứ i mà nó đứng ( i = 1, 2014 )
1,0
Ta có dãy số mới b1 , b2 ,..., b2014 với b1 = a1 + 1; b2 = a2 + 2; ...;
b2014 = a2014 + 2014
Ta có b1 + b2 + ... + b2014 = a1 + a2 + ... + a2014 + 1 + 2 + ... + 2014
= 2(1 + 2 + ... + 2014) = 4058210
1,0
Vì 4058210 là số chẵn nên không xảy ra trường hợp có 1007
số b j nào đó lẻ và 1007 số bk nào đó chẵn, hay nói cách khác
1,0
các số b j lẻ và các số bk chẵn phải khác nhau.
Do đó số các b j lẻ lớn hơn 1007 hoặc số các bk chẵn lớn hơn
1,0
1007. Mà từ 1 đến 2014 chỉ có 1007 vị trí lẻ và 1007 vị trí
chẵn nên theo nguyên tắc Dirichlet phải có ít nhất hai số b j lẻ
có chữ số tận cùng như nhau hoặc có ít nhất hai số bk chẵn có
Câu 5
(4 điểm)
chữ số tận cùng như nhau
Theo công thức nhị thức Newton ta có:
( 2 + 3) = ∑C ( 3)
n
n
n
k
k =0
k
2n −k
( 2 − 3 ) = ∑ C ( −1) ( 3 )
n
n
k
n
k
k =0
k
Do đó:
(
2+ 3
) (
n
+ 2− 3
)
n
2 n −k
1,0
(
n
= ∑ C nk 1 + ( −1)
k =0
(
- Khi k – chẵn ( k = 2m) thì 1 + ( −1)
(
- Khi k – lẻ thì 1 + ( −1)
k
)( )
3
(
k
)( )
k
) ( 3)
k
= 2.3m
=0
1,0
n
+ 2− 3
n
là số chẵn (2)
n
Rõ ràng 0 < 2 −
) (
) (
)
(
)
3 ) + ( 2 − 3 ) − 1 là số nguyên và 0 < 1 − ( 2 − 3 )
n
n
n
Ta có 2 + 3 = 2 + 3 + 2 − 3 − 1 + 1 − 2 − 3
(
Vì 2 +
( 1)
3 2n −k
) (
)
3 < 1 ⇒ 0 < ( 2 − 3 ) < 1, ∀n
Vậy từ (1) suy ra ∀n thì 2 + 3
(
k
k
n
1,0
n
n
n
<1
Nên theo định nghĩa phần nguyên, ta có:
2 + 3 n = 2 + 3 n + 2 − 3 n −1+1− 2 − 3 n
(
)
(
) (
)
(
= ( 2 + 3) + ( 2 − 3) −1
Từ (2) suy ra với mọi n thì ( 2 + 3 ) là số lẻ
n
)
1,0
n
n
(đpcm)
.....................HẾT.....................
Ghi chú:
- Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì vẫn
cho đủ số điểm từng phần như hướng dẫn đã nêu.
- Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn đến 0,5 điểm (lẻ 0,25 làm tròn thành
0,5; lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0 điểm)
