Hệ bpt luôn có nghiệm với mọi a> 1... Mọi cách giải khác, nếu ñúng, vẫn cho ñiểm tương ñương như trên.
Trang 1SỞ GD&ðT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT THÁI THUẬN
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI CHỌN HỌC SINH GIỎI NGÀY THI 19/01/2014 MÔN THI: TOÁN LỚP 10
Câu I
(4
ñiểm)
1) (2 ñiểm)
2 3
m
* TXð: R
* BBT:
* Xác ñịnh các ñiểm: ñỉnh )
4
1
; 2
3 ( − −
I , giao trục tung ( 0 ; 2 ), giao trục hoành )
0
; 2 ( ),
0
;
1
* Vẽ ñúng ñồ thị
-2) ( 2 ñiểm)
* Phương trình hoành ñộ giao ñiểm: x2 − 2mx− 2m+ 3 = 0(*)
* Tìm ñược ñiều kiện cần và ñủ ñể ñường thẳng cắt ñồ thị hs tại hai ñiểm
phân biệt A, B là m< − 3 hoặc m> 1
* Gọi x1, x2 là các nghiệm của pt(*), ta có
+
−
=
= +
3 2
2 2 1
2 1
m x
x
m x x
* A(x1;3x1−1), B(x2;3x2−1) Tính ñược OA2 +OB2 = 40m2+ 28m− 58
* Tìm ñược 2 2
OB
OA + nhỏ nhất bằng 10 khi m =1 Kết luận
0,25 0,25 0,5
0,5 0,5 - 0,25 0,5 0,25
0,5 0,5 Câu
II
(4
ñiểm)
1) (2 ñiểm)
* BðTð PT về dạng: (x2 + 2x)2 − 2 (x2+ 2x) − 3m+ 1 = 0
* ðặt t =x2 + 2x, phương trình trở thành t2 − 2t= 3m− 1
* Tìm ñược ñiều kiện t≥ − 1
* Lập ñúng bảng biến thiên của hàm số f(t) =t2 − 2t với t≥ − 1
* Dựa vào BBT tìm ñược các giá trị m thỏa mãn là m≥ 0 KL
-
2) (2 ñiểm)
* ðiều kiện
2
1
≥
x
* Biến ñổi pt thứ nhất ñược y = x
* Thay y = x vào pt thứ hai ñược 2x− 1 +x2 − 3x+ 1 = 0(1)
1 1 2
2 )(
1
+
−
x x
Tìm ñược x=1, y =1 là một nghiệm của hệ pt
1 1 2
2
=
− + +
ðặt t= 2 −x 1 (t≥ 0), Pt (2) trở thành t3+t2− 3t+ 1 = 0
+
−
=
=
⇔
2 1
1
t t
* Tìm ñược x = y1 , = 1 hoặc x= 2 − 2 ,y= 2 − 2 Kết luận hệ phương trình
có hai nghiệm ( 1 ; 1 ), ( 2 − 2 ; 2 − 2 )
0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 - 0,25
0,5 0,25
0,5
0,25
0,25
Câu
III
(4
ñiểm)
1) (2 ñiểm) Với a = − 1, ta có hệ bpt
≥
−
−
≥ +
−
0 2 2
0 3 2 1
x
x
⇔
−
≤
−
≥ 1
5
x
Trang 2⇔ − 5 ≤x≤ − 1 Kết luận tập nghiệm của hệ bpt [−5 −; 1]
-
2) (2 ñiểm)
* Tập nghiệm của bpt (1) là S1= [− ; 5 +∞)
* Nếu a= 1, bpt(2) vô nghiệm nên hệ vô nghiệm
* Nếu a> 1,
1
2 )
2 (
−
≥
⇔
a
x Tập nghiệm của bpt (2) là S2=
− 1;
2
a
S1 ∩S2 ≠ ∅ ∀ , a> 1 Hệ bpt luôn có nghiệm với mọi a> 1
* Nếu a< 1,
1
2 )
2 (
−
≤
⇔
a
x Tập nghiệm của bpt (2) là S2=
−
∞
−
1
2
;
a
Hệ bpt có nghiệm khi và chỉ khi
−
≥
−
<
5 1 2 1
a
a
5
3
≤
⇔ a
* KL: hệ bpt có nghiệm với ∪( +∞)
∞ −
5
3
;
1 - 0,5 0,25
0,5
0,5 0,25
Câu
IV
(6
ñiểm)
1) (2 ñiểm)
* Biến ñổi ñẳng thức về dạng: MA( 2CA + MB) = 0(*)
* Gọi I là ñiểm xác ñịnh bởi IB= − 2CA, ta có
(*) ⇔MA.MI = 0 ⇔M thuộc ñường tròn ñường kính IA
* KL: Tập hợp các ñiểm M là ñường tròn ñường kính IA
-
2) (2 ñiểm)
* Có: AB= ( 2 ; 1 )
* Giả sử C(x;y) ⇒BC= (x− 3 ;y)
* Vì ABCD là hình vuông nên ABvuông góc với BC và AB=BC Ta có hệ
= +
−
= +
−
5 )
3 (
0 )
3 (
2
2 2
y x
y x
* Giải hệ pt ñược
=
= 2
2
y
x
hoặc
−
=
= 2
4
y
x
Vậy C( 2 ; 2 ) hoặc C( 4 ; − 2 )
* Gọi I là tâm hình vuông ABCD
Nếu C( 2 ; 2 )thì )
2
1
; 2
3 ( ⇒D( 0 ; 1 )
Nếu C( 4 ; − 2 )thì )
2
3
; 2
5 ( −
Kết luận
-
3) (2 ñiểm)
* VT= bcosA c+ cosA c+ cosB+acosB+acosC+bcosC
=
= a b c+ + =VP ⇒ñpcm
0,5
1 0,5 -
0,5
0,5
0,5
0,5 - 0,5
1 0,5 Câu
V
(2
ñiểm)
* Vì a b c+ + = 1 nên ta có
(1 )(1 )
Trang 3* Áp dụng bất ñẳng thức Cô- Si: 1( )
⇒ ab
+
1
* Tương tự: bc
a bc ≤ +
1
ca
+
1
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1
3
a= = =b c
* Vậy P ñạt giá trị lớn nhất bằng 3
3
a= = =b c
0,5
0,5
0,5
Lưu ý khi chấm bài:
Trên ñây chỉ là sơ lược ñáp án, bài làm của học sinh phải ñược trình bày tỉ mỉ Mọi cách giải khác, nếu ñúng, vẫn cho ñiểm tương ñương như trên