Hướng dẫn chấm và thang điểm đề KSCL HSG môn Toán 10 năm học 2014 - 2015

Chia sẻ: Nguyen Van Minh Minh | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:4

Thêm vào BST

Báo xấu

151
lượt xem 10
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn tham khảo tài liệu Hướng dẫn chấm và thang điểm đề KSCL HSG môn Toán 10 năm học 2014 - 2015 sau đây để biết cách chấm bài thi khảo sát chất lượng họ sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm học 2014 - 2015 đạt tính chính xác cao nhất.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn chấm và thang điểm đề KSCL HSG môn Toán 10 năm học 2014 - 2015

Hướng dẫn chấm và thang điểm đề KSCL HSG môn toán 10 năm học 2014 2015 Điể Câu Nội dung m a) CMR pt: x − (m − 1) x − m + m − 2 = 0 (1) luôn có 2 nghiệm khác dấu với mọi 2 2 1,0đ m. � � 1 � 5� 2 +) NX: ac= − ( m − m + 2) = − �m − �+ �< 0,∀m R 2 � 0,5 � 2 � 4� � 1 +) Do ac1 x+1>0 2 � x � x x 3 x 9 +) Khi đó pt(1) 4.� �+ 12. − 27 = 0 � = V =- 0,25 � x + 1� x +1 x +1 2 x +1 2 x 3 �9(1 + x) = 4 x 2 � 4x − 9x − 9 = 0 2 +) = � �� x=3 0,25 x +1 2 �x 0 � x 0 x 9 �81(1 + x) = 4 x 2 �4 x 2 − 81x − 81 = 0 81 − 9 97 +) =− � �� x= x +1 2 �x 0 �x 0 8 0,25 81 − 9 97 ́ ̣ x = 3 ; x = Kêt luân: là nghiệm của phương trình đã cho. 8 x + 3 xy − 4 y 2 = 4 xy ( y − x ) 2 (1) b) Giải hpt: ( x, y ﾡ ) 1,0 x − 2 + 4 − 3 x + 2 y = 2 x − 5 y − 1 (2) 2 x 2 0,25 +) ĐK: 3x − 4 (*) . pt(1) (xy)(x+4y)+4xy(xy)=0 (xy)(x+4y+4xy)=0 y 1 2 1
x=y. Do x>0 và y>0 nên x+4y+4xy>0 . 0,25 Thay x=y vào phương trình (2) ta được: x − 2 + 4 − x = 2x 2 − 5x − 1 (3) +) ĐK: 2 x 4 thì pt(3) � ( x − 2 −1 +) ( ) 4 − x − 1 = 2x 2 − 5x − 3 � 1 1 � 0,25 � ( x − 3) � − − ( 2x + 1) �= 0 �x − 2+1 4− x + 1 � 1 1 � x = 3 vì − − ( 2x + 1) < 0 với mọi x [2;4] x − 2+1 4− x + 1 0,25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là (x;y)=(3;3) 2 4 2 1 a) GPT: x - 1 = m - m + 1 (1) khi m= 1,0 2 13 x2 − 1 = 1 13 16 +) Khi m= thì pt(1) trở thành: x − 1 = 2 0,5 2 16 13 x2 − 1 = − 16 +) ۱= x= 29 3 . KL: PT có 4 nghiệm p.biệt là: 29 3 0,5 � V x x= ;x = 3 4 4 4 4 b) Tìm m để phương trình (1) có bốn nghiệm phân biệt. 1,0 x2 = m4 − m2 + 2 (1) +) Ta có: m − m + 1 > 0 . PT 4 2 2 2 4 2 2 0,25 x = m − m = m (1 − m ) (2) +) (1) có 2 nghiệm phân biệt với mọi m vì m 4 − m2 + 2 > 0 0,25 (2) có 2 nghiệm phân biệt m 0 và 1 − m 2 > 0 m �(−1; 1) \{0} +) PT có 4 nghiệm phân biệt m �(−1;1) \{0} và m 4 − m2 + 2 m 2 − m 4 0,25 m �(−1;1) \{0} và m 4 − m 2 + 1 0 m �(−1;1) \{0} . Kết luận: m �(−1;1) \{0} 0,25 4 a) CMR tứ giác lồi ABCD là hbh AB 2 + BC 2 + CD 2 + DA2 = AC 2 + BD 2 1,5 uuur uuur uuur uuur r +) Tứ giác lồi ABCD là hình bình hành � AB = DC � AB − DC = 0 0,5 uuur uuur 2 ( ) uuur2 uuur2 � AB − DC = 0 � AB + DC − 2 AB.DC = 0 uuur uuur uuur uuur uuur 0,25 � AB 2 + DC 2 − 2 AB.( AC − AD ) = 0 0,5 � AB 2 + DC 2 − ( AB 2 + AC 2 − BC 2 ) + ( AB 2 + AD 2 − BD 2 ) = 0 (*) AB2+BC2+CD2+AD2=AC2+BD2 (đpcm). 0,25 3 1,5 b) Chứng minh rằng sin α . 5 2
B +) Gọi a, b và c tương ứng là độ dài các cạnh đối diện các góc A, B và C của tam giác. Có c2 CN 2 = b2 + N 4 b2 G BM 2 = c 2 + 0,25 4 A C M ﾡ BG 2 + CG 2 − BC 2 +) Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có cos BGC = 2BG.CG −2(b + c ) 2 2 2(b + c ) 2 2 0,5 = ; Do đó cosα = (4c + b )(4b + c ) 2 2 2 2 (4c + b 2 )(4b 2 + c 2 ) 2 5(b2 + c2 ) +) Có (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) � ;" = " � 4c 2 + b 2 = 4b 2 + c 2 � b = c 0,25 2 2(b + c ) 2 2 2(b 2 + c 2 ).2 4 +) Do đó cosα = = 0,25 (4c 2 + b 2 )(4b 2 + c 2 ) 5(b 2 + c 2 ) 5 3 Hay sin α = 1 − cos 2 α . Dấu bằng có khi tam giác vuông cân đỉnh A 0,25 5 2x − y − m = 0 ( 1) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất: . 1,0 x + y = x − 1 ( 2) +) pt(1) y=2xm thay vào (2) ta được: 3x − m = x − 1 0,25 x 1 0,25 −m = x 2 − 5x + 1 5 �5 � 21 +) Xét hàm số f(x)=x25x+1 trên [1;+ ) .Ta có x 0 = , y 0 = f � �= − 0,25 2 �2 � 4 5 +) BBT 0,25 21 Dựa vào bbt m
Nguyễn Văn Minh 4