Đề kiểm tra cuối hè môn Toán 10 năm 2019 có đáp án - Trường THPT chuyên Bắc Ninh

Chia sẻ: Xylitol Cool | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề kiểm tra cuối hè môn Toán 10 năm 2019 có đáp án - Trường THPT chuyên Bắc Ninh là tài liệu luyện thi hiệu quả dành cho các bạn học sinh lớp 10. Đây cũng là tài liệu tham khảo môn Toán giúp các bạn học sinh hệ thống lại kiến thức, nhằm học tập tốt hơn, đạt điểm cao trong bài thi. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo đề thi.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề kiểm tra cuối hè môn Toán 10 năm 2019 có đáp án - Trường THPT chuyên Bắc Ninh

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐỀ KIỂM TRA CUỐI HÈ NĂM 2019 TỔ TOÁN – TIN Môn thi: Toán 10 chuyên Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) (Đề thi gồm 01 trang) Câu 1 (2,0 điểm). m Cho phương trình 8 x 2 + 42 x + 55 =2 4 x + 23 x + 33 a) Giải phương trình khi m = 1. b) Tìm m để phương trình có 4 nghiệm phân biệt. Câu 2 (3,0 điểm) Cho hình vuông ABCD có tâm O. Đường thẳng d quay quanh O, cắt hai cạnh AD và BC lần lượt ở E và F (không trùng với các đỉnh của hình vuông). Qua E và F lần lượt kẻ đường thẳng song song với BD và AC chúng cắt nhau tại I . Kẻ IH vuông góc với EF tại H . Chứng minh rằng: a) Điểm I chạy trên đoạn AB. b) Điểm H thuộc đường tròn cố định và đường thẳng IH đi qua một điểm cố định. 64 Câu 3 (1,0 điểm). Cho hai số 2a > b > 0. Chứng minh rằng 2a + ≥ 5. ( 2a − b )( b + 3) 2 Câu 4 (2,0 điểm). a) Cho tập X = {1, 2,3,..., 2020} . Chứng minh rằng trong số 1011 phần tử bất kì của tập X luôn có hai phần tử nguyên tố cùng nhau. b) Chứng minh rằng tồn tại vô số số nguyên dương n thỏa mãn 5n − 1 chia hết cho n. Câu 5 (2,0 điểm). Giả sử phương trình ax 2 + bx + c= 0 ( a ≠ 0 ) có các nghiệm x1 , x2 . Đặt Sn =x1n + x2n , n ∈ . a) Chứng minh: aSn + bSn −1 + cSn −2 = 0. b) Áp dụng tính A = (1 + 3 ) + (1 − 3 ) 8 8 ------------ Hết ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN TOÁN 10 Câu Nội dung Điểm 1 1 điểm a) Khi m = 1, ta có phương trình 8 x 2 + 42 x + 55 =2 ĐK 4 x + 23 x + 33 11 x ≠ −3; x ≠ − 4 PT ⇔ ( 2 x + 5 )( 4 x + 11)( 4 x + 11)( x + 3) = 1 ⇔ ( 2 x + 5 )( x + 3)( 4 x + 11) = 2 1 ⇔ ( 4 x + 10 )( 4 x + 12 )( 4 x + 11) = 2 8 1 ± 33 Đặt ( 4 x + 3) = t , (t ≥ 0), phương trình trở thành t 2 − t − 8 = 0 ⇔ t = 2 , 2 đối chiếu đk, Câu 1 (2điểm) 1 + 33 1 1 + 33  ( 4 x + 11) = 2 ta có ⇔ x =  −11 ±  2 4 2    b) Ta có ( 4 x + 10 )( 4 x + 12 )( 4 x + 11) =⇒ 2 8m t 2 − t − 8m = 0 (1) 1 điểm ( 4 x + 11) , t ≥ 0. 2 với t = PT đã cho có 4 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi PT (1) có hai nghiệm ∆t > 0 1 + 32m > 0   1 dương phân biệt ⇔  S > 0 ⇔ 1 > 0 ⇔ − < m < 0.   32 P > 0 −8m > 0
1 điểm Câu 2 (3điểm a) Dễ dàng chứng minh được ∆EFI vuông ở I , và IO là trung tuyến thuộc cạnh huyền EF , do đó OE = OI nên O nằm trên trung trực của EI Mặt khác OA ⊥ EI nên OA là trung trực của EI . Nên ∆AEI vuông cân tại A Suy ra   = 450. Vậy AIE = 450. Tương tự BIF  AIB =   + BIF AIE + EIF  = 450 + 900 + 450 = 1800 suy ra I , A, B thẳng hàng hay I ∈ AB (đpcm). b) Ta có: AEHI và BFHI là các tứ giác nội tiếp. Suy ra 2 điểm  AHI =  =IFB AEI =450 , IHB  =450 ⇒  AHB =900. Vậy H ∈ đường tròn đường kính AB. (đpcm). Gọi HI cắt đường tròn đường kính AB ở K , ta có  AHK  = 450 nên = BHK K là trung điểm cung  AB suy ra K cố định. (đpcm). Câu 3 1 1 điểm Theo BĐT AM-GM: ( 2a − b )( b + 3)( b + 3) = ( 4a − 2b )( b + 3)( b + 3) 1điểm 2 1  4a − 2b + b + 3 + b + 3  4 ( 2a + 3) 3 3 64 63 ≤   = ⇒ ≥ 2. ( 2a − b )( b + 3) ( 2a + 3 ) 2 3 2 3  27 64  63  ⇒ 2a + ≥ 2 a + . (1) ( 2a − b )( b + 3) 2  ( 2a + 3)  3  Theo BĐT AM-GM ta có
2a + 3 2a + 3 2a + 3 63 63 3 5 + + + ≥ 4 ⇒ a + ≥ 4 − =(2) ( 2a + 3 ) ( 2a + 3 ) 3 3 6 6 6 2 2 3 Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Dấu đẳng thức xảy ra khi=a = , b 1. 2 Câu 4 a) Chia tập X thành các cặp (1, 2 ) , ( 3, 4 ) ,..., ( 2019, 2020 ) . Có tất cả 1010 cặp 1 điểm 2điểm và 1011 phần tử nên theo nguyên tắc Dỉichlet, tồn tại hai phần tử thuộc cùng một cặp. Hai phần tử này nguyên tố cùng nhau. (đpcm) b) Xây dựng dãy ( xn ) : = x1 1, xn= +1 5 xn − 1. Ta chứng minh ( xn ) là dãy số 1 điểm nguyên dương tăng và mọi số hạng của dãy đều thỏa mãn đk bài toán. + Thật vậy ( xn ) là dãy số nguyên dương. Áp dụng BĐT Becnuli ta có xn +1= 5 xn − 1 ≥ 1 + 4.xn − 1= 4 xn > xn Vậy ( xn ) là dãy số tăng. (1) + Dùng quy nạp chứng minh 5 xn − 1 xn (*) Với n=1, ta có 5 x1 − 1 x1 (đúng) Giả sử (*) đúng đến n, tức là 5 xn − 1 xn ⇒ xn +1= 5 xn − 1= k .xn , ( k ∈ * ) Ta có 5 xn+1 − 1= 5kxn − 1 ( 5 xn − 1) ⇒ 5 xn+1 − 1 xn +1. Theo nguyên lí quy nạp suy ra 5 xn − 1 xn , ∀n ∈ * (2). Từ (1) và (2) suy ra đpcm. Câu 5 a) ta có ax12= + bx1 + c 0 (1) , ax22= + bx2 + c 0 ( 2) Nhân hai vế của (1) 1 điểm 2điểm với x1n − 2 và nhân hai vế của (2) với x2n − 2 rồi cộng theo vế ta đc đpcm. b) Ta có 1 ± 3 là nghiệm của PT x 2 − 2 x − 2 =0 nên 1 điểm S n − 2 S n −1 − 2 S n − 2 =0,S0 =2, S1 =2 ⇒ S 2 =2 S1 + 2 S0 =8,... ⇒ S8 =3104. Vậy A=31044. 2