Có 15 em thích cả hai môn và có 5 em chỉ thích bóng rổ

(1)

SỞ GD-ĐT HẢI DƯƠNG

Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN THỨ NHẤT NĂM HỌC 2021-2022

Môn: Toán 10 Lớp: 10 A1

Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1. (3 điểm)

a) Cho hai tập hợp A {x ¡ |x ( 1) ;ⁿ n¥^*} và B {x ¡ |x²4x 3 0}

Viết A dưới dạng liệt kê phần tử; Bdưới dạng khoảng (đoạn). Tìm AB; C B_¡ .

b) Trong lớp 10A1 của trường X tất cả các học sinh đều thích ít nhất 1 trong hai môn thể thao: bóng đá và bóng rổ. Biết rằng số học sinh thích bóng đá gấp đôi số học sinh thích bóng rổ. Có 15 em thích cả hai môn và có 5 em chỉ thích bóng rổ. Tính số học sinh lớp 10A1.

Câu 2. ( 2,5 điểm)

a) Giải phương trình x+ 2 7- x = 2 x- 1+ - x² + 8x- 7+ 1 b) Cho hàm số 3

1 y x

x

 

 có đồ thị

 

^C và đường thẳng d y:  x m, với m là tham số thực. Biết rằng đường thẳng d cắt

 

^C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho điểm ^G



^{2; 2}^



là trọng tâm của tam giác OAB (O là gốc toạ độ). Giá trị của m bằng bao nhiêu ?

Câu 3. (1,5 điểm) Cho tam giác ABC có ABc AC, b và BAC· 60^. Các điểm M N, được xác định bởi MCuuur  2MBuuur

và 1

NA 2 NB uur uuur

. Tìm hệ thức liên hệ giữa b và c để AM và CN vuông góc với nhau.

Câu 4. (2 điểm)

a) Cho x0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S x² ¹₂ 6x ⁶ 4

x x

     b) Giải hệ phương trình :

8 5 1 3 2 (1)

1 8 5 (2)

       



   



x y x y x

xy x y

x



^{x y}^; ^^¡



Câu 5. (1 điểm) Cho hình thang ABCD có đáyAB , CD , CD2AB.M , N lần lượt là các điểm thuộc cạnh AD và BC sao cho AM 5MD, 3BN 2NC. Gọi P là giao điểm của AC và MN;

Q là giao điểm của BD và MN. Tính PM QN PN QM

………..Hết………

(2)

HƯỚNG DẪN CHẤM 10A1 Câu 1:

a) Ta có A { 1;1}.

Xét bất phương trình x²4x    3 0 1 x 3 Như vậy B[1;3]

Ta có A B 1; C B_¡   ( ;1) (3;)

b) Gọi tập 𝐴 là tập gồm các em thích bóng đá.

𝐵 là tập các em thích bóng rổ.

Vì có 15 em thích cả 2 môn và 5 em chỉ thích bóng rổ nên số em thích bóng rổ là:

15 + 5 = 20

Vì số em thích bóng đá gấp đôi số em thích bóng rổ nên số em thích bóng đá là:

20.2 = 40

Theo công thức |𝐴 ∪ 𝐵| = |𝐴| + |𝐵| − |𝐴 ∩ 𝐵| ta có số học sinh lớp 10A1 là:

20 + 40 − 15 = 45 Câu 2:

a)

● Điều kiện:

2

7 x 0

x 1 0 1 x 7

x 8x 7 0

ìï - ³

ïïï - ³ Û £ £

íïïï - + - ³ ïî

.

( )

^{* Û} ^x^- ¹^- ^{2 x}^- ¹⁺ ^{2 7}^- ^x ^-

(

⁷^- ^{x x}

)(

^- ¹

)

⁼⁰

( ) ( )

Û x- 1 x- 1- 2 - 7- x x- 1- 2 = 0

( )( )

Û x- 1- 2 x- 1- 7- x = 0

x 1 2

x 1 7 x

é - =

Û êê

ê - = -

ë x 5

x 4

é =ê Û êêë = .

b) Phương trình hoành độ giao điểm của d và

 

^C ^là: ³

1

x x m

x

  



2 3 0

x mx m

    



^x^{ }¹



^.

Suy ra x_A, x_B là 2 nghiệm của phương trình x²mx m  3 0. Theo định lí Viet, ta có x_Ax_B m.

Mặt khác, ^G



^{2; 2}^



là trọng tâm của tam giác OAB nên x_Ax_B x_O 3x_G

A B 6 x x

  

(3)

6

m . Thử lại thỏa mãn.

Vậy m6 thoả mãn yêu cầu đề bài.

Câu 3:

Ta có MCuuur  2MBuuuruuurACuuurAM  2(uuurABuuurAM)3uuurAM 2uuurABuuurAC Tương tự ta cũng có 3CNuuur2CA CBuur uur

Vậy: AM CN uuur uuurAM CN  0 (2uuurABuuurAC)(2CA CBuuruur)0

2 2

(2AB AC AB)( 3AC) 0 2AB 3AC 5AB AC 0

 uuuruuur uuur uuur     uuur uuur 

2 2 5 2 2

2 3 0 4 6 5 0 2

2

c b bc c b bc c b

         

Câu 4:

a) Đặt t x ¹

  x. Theo bất đẳng thức Cauchy ta có t2 Khi đó S     t² 6t 2 (t 3)²  7 7

Vậy

3 5

1 2

min 8 3 3

3 5

2 x

S t x

x x

  



       

  



b)

Điều kiện: x0, y0, 8x  y 5 0, x  y 1 0

   

 

(1) 8 5 3 1 2 0.

8 5 9 1 4

8 5 3 1 2 0

1 1

5 0

8 5 3 1 2

        

     

  

     

 

            

x y x x y

x y

x y x x y

   

5 1 2 8 5 3 0

5 1 3 2 8 5 0

           

           

x y x y x y x

x y x y x x y



⁵



^{1 9} ^{4 8} ⁵ ⁰

1 3 2 8 5

       

            

x y x x y

x y

x y x x y

(4)

  

0 x,y TXD

1 1

5 8 1 0

1 3 2 8 5

5 8 1 0

  

 

 

       

       

 

 

      

1 4 4 4 4 4 4 2 4 4 4 4 4 43

x y y x

x y x x y

x y y x

TH1:       x y 5 0 y 5 xthay vào phương trình (2) : (5 ) 1 3  5  1 3

x x x x x x

x ĐK: ^x^



^0;5





⁵ ²

 ^

¹

^

⁰ ₅¹^ ₂

^

¹

^

⁰

         

 

x x x x x x

x

 

0 x 0;5

(1 ) 1 1 0

5 2

  

 

 

   

   

 

1 44 2 4 43  x

x    x 1 y 4 thỏa mãn điều kiện TH 2: y    8x 1 0 y 8x1 thay vào phương trình (2) :

(8  1) 1 2

x x x ^^x ⁸^x^{  }^{1 1} ² ^x ^^x ⁸^x^{  }^{1 1 2} ^x ^⁰

 

²

8 1 1 2 2 1 1 0 0

           

VT x x x x x x x

Suy ra phương trình vô nghiệm Đáp số : hệ có nghiệm duy nhất ¹

4

 

  x y Câu 5

Gọi E là giao điểm của AD và BC. Ta có A, B lần lượt là trung điểm củaEC,ED . Cách 1: Giả sử PMuuuurxPNuuur

; QNuuur yQMuuuur .

Ta có

1 EM xEN

EP x

 

 uuuur uuur

uuur 11 7

6 10

1

EA xEC x

 

 uuur uuur



¹¹

 

⁷



6 1 10 1

EA x EC

x x

 

 

uuur uuur

Do P A C, , thẳng hàng nên



¹¹

 

⁷



¹

6 1 10 1

x x  x 

  ^^{55 21}^ ^x^^{30 30}^ ^x

25 x 9

   .

Vậy ²⁵

9 PM

PN  . Ta có

1 EN yEM

EQ y

 

 uuur uuuur

uuur 7 11

5 12

1

EB yED y

 

 uuur uuur



⁷



¹¹

 

5 1 12 1

EB y ED

y y

 

 

uuur uuur

Do Q B D, , thẳng hàng nên



⁷

 

¹¹



¹

5 1 12 1

y y  y 

  ^^{84 55}^ ^y^^{60 60}^ ^y

24 y 5

   .

(5)

Vậy 24 5 QN

QM  .

Suy ra 341

45 PM QN

PN QM  .

Cách 2: Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có A P C; ; thẳng hàng ta có:

. . 1

AE PM CN AM PN CE 

6 3

. . 1

5 10

PM

 PN 

Suy ra ²⁵

9 PM

PN  .

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác EMN có B Q D; ; thẳng hàng ta có:

. . 1

DM QN BE DE QM BN 

1 5

. . 1

12 2

QN

 QM 

Suy ra 24

5 QN

QM  ; suy ra 341

45 PM QN

PN QM  .