ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 10-HKI NĂM HỌC 2011-2012

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO

CAO BẰNG

Trường THPT Bản Ngà

-

ĐÁP ÁN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I

NĂM HỌC 2011-2012

-

4

4 0

4

0 4

































x x

x x

1.1

+ xR  xR ( Tập R là tập đối xứng ) 0.25

+ f(x)(x)42x5x42x5f(x) xR 0.5

1.2

+Vậy f(x)x42x5 là hàm số chẵn trên R 0.25

2.1

Ta có :































5

1 7

2

4

b

a b

a

b a

1.0

Đồ thị hàm số yx25x6 :

+ Tọa độ đỉnh : 









4

1

; 2

5

S , trục đối xứng :

2

5



x

+ Giao điểm với trục ox : 2;0 , 3;0 ,giao điểm với trục oy : 0;6

0.5 2.2

+ Đồ thị :

0.5

a) + m0,ta có:3x22x50

+

































3 5

1 4

16 ) 5 (

3 1

2

1 '

2 '

x x

+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt

3

5

1 



x

0.25 0.5

0.25 3.1

b)

R m m

m m

m m











































0 4

15 4

15 2 7

16 7

5 3 3 1

2 2 2

Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m

0.25

0.5 0.25

* Cách 1: + Đk : (*)

2

9

3 x + Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :

2

3 3 2

9

2

9 2

1 1 ) 3 ( 2 2

9 2

1 ) 3 ( 2 1

2

9

2 2

2 2

2





































































x x

x x

x x

Dấu “=” xảy ra

2 7 2

1

) 3 ( 2 1

2 9











Vậy phương trình (3) có một nghiệm

2

7



x

0.25

0.25

0.25

0.25 3.2

* Cách 2: + Đk : (*)

2

9

3 x

2

1

; 1 ( )

3 ( 2

; 2 9

2

3 2

3 ,

0.25

0.25

Mặt khác ( )

2

3 3 2

9

Từ (a) và (b) suy ra hai véctơ u và v cùng hướng

2 7 2

1

) 3 ( 2 1

2 9











Vậy phương trình (3) có một nghiệm

2

7



x

0.25

0.25

* Cách 3: + Đk : (*)

2

9

3 x

0 3

0 2



























v u x

v

x u

+ Ta có hệ phương trình

2

1 0

2

1 2 3

2

2

3

2 2

2































v v

v v

u

v

u

Do đó :

2

7 2

1

Vậy phương trình (3) có một nghiệm

2

7



x

0.25

0.25

0.25

0.25

4.1

Đặt VPAA'BB'CC' Ta có :

) ' ' ' ' ' ' ( ' 3 ) (

' ' ' '

' ' '

' ' '

' '

C G B G A G GG GC

GB GA

C G GG CG B G GG BG A G GG AG CC BB

AA







































Do G và G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và tam giác A’B’C’

nên GAGBGC0 và G'A'G'B'G'C'0

Vậy VP 3GG'VT (đpcm)

0.5

0.25

0.25

4.2

+ Giả sử D(x;y), ta có : AD(x 1;y2) và BC(1;3) 0.25

+ ABCD là hbh nên



































5

0 3

2

1 1









y

x y

x BC

AD

+ Vậy D (0 ; -5 )

0.5 0.25

4.3

+ Với mọi góc x ta luôn có : sin2xcos2x1 sin2x1cos2x

+ Với

4

3 4

1 1 sin 2

1 cosx  2x   

+ Vậy

2

5 4

1 4

3



P

0.25 0.25

0.5 Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì tùy theo đó giáo viên chấm cho các phần điểm tương ứng sao cho hợp lý