Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2013-2014 - Trường PT Thực Hành Sư Phạm

TaiLieu.VN xin giới thiệu đến quý thầy cô và các em học sinh lớp 10 tài liệu "Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 cấp trường năm 2013-2014 - Trường PT Thực Hành Sư Phạm". Mời quý thầy cô tham khảo để có thêm tài liệu ôn tập cho học sinh cũng như tích lũy kinh nghiệm ra đề. Chúng tôi hy vọng, đây sẽ là tài liệu tham khảo hữu ích!
Nội dung trích xuất từ tài liệu:
Đề thi học sinh giỏi môn Toán lớp 10 năm 2013-2014 - Trường PT Thực Hành Sư PhạmTRƯỜNG PT THỰC HÀNH SƯ PHẠMĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎICẤP TRƯỜNG, NĂM HỌC 2014 – 2015Môn: TOÁN 10Thời gian: 150 phút(Không kể thời gian phát đề)Câu 1: (3,0 điểm) Giải phương trình sau:2x 3  2 1  2x 3  1  2x 3  2 1  2x 3  1  2.Câu 2: (3,0 điểm) Giải bất phương trình 2x  4  x  3  1.Câu 3: (4,0 điểm) Cho phương trình (m  1)x 2  (m  2)x  m  1  0, m là tham số.a ) Tìm m để phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt.b) Với giá trị nguyên nào của m thì phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt x 1, x 2thỏa A  2(x 1  x 2 )  x 1x 2 là số nguyên.Câu 4: (2,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số y x 2x 4, x  4.Câu 5: (4,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ABC có đỉnh A(2;1), đường caoBH và đường trung tuyến CK lần lượt có phương trình là x  3y  7  0, x  y  1  0.Xác định tọa độ các đỉnh B,C .2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng (d ) : 2x  3y  6  0 và các điểmP (1; 4),Q(3;1).a ) Tìm tọa độ điểm đối xứng của điểm P qua đường thẳng (d ).b) Tìm điểm M  (d ) sao cho PM  MQ lớn nhất.Câu 6: (4,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD, tâm I . Biết1 9A(4; 5), B(0; 8), I ( ; ). Gọi M là trung điểm của đoạn AD, N là điểm nằm trên cạnh2 2AB sao cho DCM  ADN . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh DN của hình vuôngABCD.–––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––––Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ tên thí sinh: ……………………………………………Số báo danh: ……………………ĐÁP ÁN:2x 3  2 1  2x 3  1  2x 3  2 1  2x 3  1  2(1)Đặt t  2x 3  1  0  2x 3  t 2  1, phương trình (1) trở thành(t  1)2  (t  1)2  2  t  1  t  1  2Câu 13,0điểm t  1  t 1  2  t  t 1  1  t 1  1tt  1 t  1  1  t  t  1t  1  t  11,0Cuối cùng ta có1,012x 3  1  03x  3  1  x  0.0  2x  1  1   3232x  1  12x  01,0 1 Vậy, tập hợp nghiệm của phương trình đã cho là S   ; 0 .3 2 2x  4  x  3  1(1)TH 1 : x  (; 3)(1)  2x  4  x  3  1x 6sdk  S1  (; 3)Câu 23,0điểm1,0TH 2 : x  [  3;2)(1)  2x  4  x  3  1x 0sdk  S 2  [  3; 0)1,0TH 3 : x  [2; )(1)  2x  4  x  3  1x81,0sdk  S 3  (8; ) S  (; 0)  (8; )Câu 34,0điểma) Phương trình có hai nghiệm phân biệta  0  0m  13m 2  4m  4  00,50,522 m  2, m  130,5b) Theo định lý viet, ta có: x1  x 2 A  2(x 1  x 2 )  x 1x 2 m 2m 1, x1x 2 m 1m 12(m  2) m  1 m  341m 1m 1 m 1m 10,50,5A    4 (m  1)0,5 m  1  {-4;-2;-1;1;2;4} m  {-3;-1;0;2;3;5}0,52