NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT Câu 1... Tìm toạ độ trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC... Cho ∆ABC có trọng tâm G.Đặt
Trang 1NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10
CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT Câu 1 (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.)
Giải phương trình : 3x 4+ = −2 3x
* Pt 3x 4 2 3x (1)
3x 4 3x 2 (2)
+ = −
*
1 x
3 Vn
=
⇔
0.5đ 0.5đ
Câu 2 ( Mức độ: C; 1,5 điểm ; Thời gian: 15 phút )
Cho hệ phương trình : mx 2y 1
(I)
x (m 1)y m
+ − =
Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất.Tìm các giá trị của m để nghiệm duy nhất (x;y) là các số nguyên
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
* Điều kiện : D 0≠
* Tính D m= 2− −m 2 và giải được m≠ −1và m 2≠
Tìm m để nghiệm duy nhất là các số nguyên
* Khi m≠ −1và m 2≠ thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với x 1
m 2
−
=
m 1 y
m 2
−
=
* Nghiệm duy nhất nguyên khi và chỉ khi m 2− = ±1 m 1
m 3
=
0.25đ 0.25đ
0.25đ
0.5đ
Câu 3 ( Mức độ:B, C; 2 điểm ; Thời gian: 15 phút ) Cho phương trình : mx2+2(m - 2)x m 3 0 (1).+ − = a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m
b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm x , x1 2 sao cho : 1 2
x x
3
x + x =
3a
* Khi m = 0 thì (1) trở thành : 4x 3 0 x 3
4
−
* Khi m 0≠ thì (1) là phương trình bậc hai có ∆ = −4 m
+ Nếu m > 4 thì phương trình (1) vô nghiệm
+ Nếu m 4≤ thì phương trình (1) có hai nghiệm : x1 2 2 m 4 m
m
,
Kết luận :
+ m = 0 : S 3
4
−
+ m > 4 : S= ∅
+ m 4≤ và m 0≠ : Phương trình (1) có hai nghiệm : x1 2 2 m 4 m
m
,
0.25đ
0.25đ
0.25đ 0.25đ
0.5đ
3b * Khi m 4≤ và m 0≠ thì phương trình (1) có hai nghiệm x x1, 2.
1 2 1 2
2 1
0.25đ
THPT NGỌC HỒI
Tổ Toán
Trang 2* Thay vào và tính được m 1 65
2
− ±
= : thoả mãn điều kiện m 4≤ và m 0≠ 0.25đ
Câu 4 ( Mức độ: C; 2,5 điểm ; Thời gian: 15 phút )
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC với A(1; 2),B(5; 2),C(3;2)− − Tìm toạ độ trọng tâm
G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC
4
Toạ độ trọng tâm G : G 9 1
2;
Toạ độ trực tâm H :
2 x 5 4 y 2 0
BH AC 0
.
uuuur uuur
uuuur uuur
* H (3 ; - 1 )
Toạ độ tâm đường trong ngoại tiếp I :
*
2 2
2 2
4x 8y 8
AI CI
* I 3 1
2
;
0.75đ
0.75đ
0.25đ 0.5đ
0.25đ
Câu 5 ( Mức độ:B, C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút )
1.(Mức độ:B-1điểm) Cho hai tập hợp: A=[1; 4); B= ∈{x R x/ ≤3} .Hãy xác định các tập
hợp: A B A B∩ , \ ?
2.(Mức độ:C-2điểm) Tìm hàm số bậc hai y = ax2 + bx +6 biết đồ thị của nó có đỉnh I(2,-2)
và trục đối xứng là x= 2
5.1
(1.0
đ)
A=[1; 4); B= ∈{x R x/ ≤3} = [-3,3]
A B∩ = 1;3
5.2
(2.0
đ)
-Thay tọa độ đỉnh I(2;-2), ta có hệ phương trình:
2 2a
b b
b b
Giải hệ ta được: 1
4
a b
=
= −
Vậy hàm số cần tìm là y = x2 – 4x +6
0.5đ
0.5đ
0.5đ 0.5đ
Câu 6 ( Mức độ: C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút )
1 (Mức độ: C-1,5đ điểm) Cho hệ phương trình: x 2 1
( 1)
+ − =
tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất
2 (Mức độ: C-1,5đ điểm)Cho phương trình: x2 −2 x+m -m=0m 2 Tìm tham số thực m
để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn 1 2
2 1
3
Trang 36.1
(1.5
đ)
Hệ phương trình có nghiệm duy nhất
* Điều kiện : D 0≠
* Tính D m= 2− −m 2 và giải được m≠ −1và m 2≠
Vậy với m≠ −1và m 2≠ thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất
(x ; y) với x 1
m 2
−
=
m 1 y
m 2
−
=
0.75đ 0.25đ 0.5đ
6.2
(1.5
đ)
Phương trình:x2−2 x+m -m=0m 2 có hai ngiệm phân biệt khi ' 0∆ >
⇔ >m 0
TheoYCBT thì:
+
2 2
2
1 2 1 2
.x
0( ) 5
m
=
Vậy với m=5 thì thỏa YCBT
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ
0.25đ 0.25đ
Câu 7 ( Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì (x y z)(1 1 1) 9
x y z
Câ
u
Đáp án
Điểm
7
(1.0
đ)
, , 0
x y z
∀ > Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được:
x y z+ + ≥3 3 x y z (1)
1 1 1
x y z
x y z
1 1 1 33 1 1 1 .
x y z+ + ≥ x y z (2)
Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được:(x y z)(1 1 1) 9
x y z
0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ
Câu 8 (Mức độ: C; 2điểm ; Thời gian: 15 phút )
1 (Mức độ: C-1điểm)Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ:
OA iuuur r= − r uuurj OB= −r r uuuri j OC= +ri rj Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC
2 (Mức độ: C-1điểm)
Cho sin 4 (0 )
π
1 tan
α
+
=
Câ
u
8.1
(1.0
đ)
Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2)
Toạ độ trọng tâm G : G 3 1
3
Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ của H
0.25đ 0.25đ 0.25đ
Trang 4* AH BC 0 2 x 1 3 y 2 0
2 x 5 4 y 1 0
BH AC 0
.
uuuur uuur
* (25; 2)
8.2
(1.0
đ)
Ta có: sin 4
5
α = Tìm được cos 3; tan 4
Thay vào biểu thức:
4 1
4
3
α
+ +
0.5đ
0.5đ
Câu 9 (Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c Chứng minh rằng:
c
C b
B a
A abc
c b
2
2 2 2
+ +
= + +
9
(1.0
đ)
Ta có
CA BC CA AB BC AB CA
BC AB
CA BC AB
2 2 2 2 2 2
2
+ +
+ + +
=
+
c
C b
B a
A abc
c b a
C ab A cb B ac c
b a
CA BC CA AB BC AB c
b a
cos cos
cos 2
cos 2 cos 2 cos 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2
+ +
= + +
⇔
+ +
= + +
⇔
+ +
= + +
⇔
0.5đ
Câu 10 (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút )
a)(Mức độ: C -1điểm)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x2- 2x – 3
b)(Mức độ: C -1điểm)Tìm m để phương trình: x2 - 2x - m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt
Câ
10a, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x 2 - 2x – 3
*Tập xác định : D = ¡
*Đồ thị là parabol có đỉnh I:
2 1
1 2.1 3 4 4
I
I
b x
a y
a
−
= − = − =
= − = − − = −
, nhận đường thẳng
x = 1 làm trục đối xứng
*Vì a = 1 > 0 nên hàm số nghịch biến trong (-∞;1),đồng biến trong (1;+∞)
0,5đ 0,5đ
Trang 5BBT x -∞ 1 +∞
+∞ +∞
y
- 4
*Đồ thị (C ) đi qua các điểm: (-1;0),(0;- 3), (2;-3),(3;0)
(Đồ thị vẽ đúng 0,5 đ)
Ta có: x2 - 2x - m + 1 = 0 ⇔ x2 -2 x -3 = m – 4 (1)
*Số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C1) : y = x2 -2 x -3 với đường thẳng d: y = m- 4
*Vì hàm số y = x2 -2 x -3 là hàm số chẵn nên nên đồ thị ( C1) được suy ra từ đồ thị (C ) bằng cách
giữ nguyên phần đồ thị (C ) ứng với x≥ 0 và lấy đối xứng phần đồ thị này qua trục Oy
* Để pt (1) có bốn nghiệm phân biệt thì: - 4< m – 4< -3 ⇔ 0 < m< 1
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
•Đồ thị (C ) : y = x2- 2x- 3
(Đồ thị vẽ đúng 0,5 đ)
•Đồ thị (C1)
y
x
y = x 2 -2x-3
O 1 -1 3
-4
I
-3 2
x
x
d: y = m - 4
m -1
O 1
-4 I
-3 2
-3 -2
Trang 6Câu 11.(Mức độ: D ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút )
Tìm m để hệ phương trình : 2 (2 1) 2 1
2
nguyên
2
* D = 2 -m-12 2 2 1 ( 1)(2 1)
1 -m = − m + + = − −m m m+
Dx= 2 1 -m-1 2 3 2 3 3 2 2 2 (2 1)
2 -m
m
− +
Dy= 2 -m+12 2 2 4 1 ( 1)(2 1)
1 -m 2m = − m − m m+ − = m+ m+
−
*D = -(m-1)(2m+1) ≠ 0⇔ m≠ 1 và m ≠ - 1
2 thì hệ pt có nghiệm (x;y) duy nhất:
x
− −
y
+
* Để x∈¢ ,y∈¢ thì : m- 1 = ± 1, m- 1= ± 2.Suy ra : x∈ { 2;0;3;- 1}
0,5đ
0,25đ
0,25đ
0,5đ 0,5đ
Câu 12 (Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3
Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3
* Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3⇔(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – 3 = 0
⇔(x2- 4x +4)(x2- 4x +6) – 3 = 0 (1)
*Đặt t = x2- 4x +4.Pt (1)⇔ t(t+2) – 3 = 0 ⇔ t2 +2t – 3 = 0 1
3
t t
=
⇔ = −
*t = 1: x2- 4x +4 = 1 ⇔ x2 – 4x + 3 = 0 5 13
2
⇔ =
*t = - 3: x2- 4x +4 = - 3 ⇔ x2 – 4x + 7 = 0.Phương trình này vô nghiệm
Vậy nghiêm của pt (1): 5 13
2
0,25đ
0,25đ
0,25đ
0,25đ
Trang 7Câu 13.(Mức độ: B,C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút )
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0)
a)(Mức độ: B-0,75điểm) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh của một tam giác
b)(Mức độ: C-1,25điểm ) Tìm tọa độ điểm D sao cho uuurAD= −2BCuuur
18a
18b
Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác.
* ABuuur= (-5;-2)
AC
uuur
= (3;-6)
* Vì 5 2
− nên AB
uuur
và ACuuurkhông cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là ba đỉnh của một tam giác
Giả sử D(x;y)
* ADuuur= (x-2;y-6)
(8; 4)
uuur
⇒ -2 BCuuur= (-16;-8)
*uuurAD= −2uuurBC ⇔ − = −x y− = −26 168 ⇔ 14
2
x y
= −
= −
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ
Câu14.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Cho ∆ABC có trọng tâm G.Đặt ar= GBuuur, b GCr uuur= Hãy biểu thị mỗi vectơ CB GA AC BAuuur uuur uuur uuur, , ,
qua
các vectơ ar và br
ar
= GBuuur, b GCr uuur= .Hãy biểu thị mỗi vectơ CB GA AC BAuuur uuur uuur uuur, , ,
CB GB GC a buuur uuur uuur r r= − = −
GAuuur= −GB GCuuur uuur− = − −a br r
2
AC=AG GC+ = −GA GC a+ = + b
uuur uuur uuur uuur uuur r r
2
BA BG GA= + = −GB GA+ = − −a b
uuur uuur uuur uuur uuur r r
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu 15.(Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút )
Giải phương trình:
a)(Mức độ: C -1điểm) 4x+ =7 2x−3 (1)
b)(Mức độ: C -1điểm) 2x+ = −3 x 1 (2)
20
a(1điểm) Điều kiện x≥ −74
4x 7 4x 12x 9
0,25đ 0,25đ
Trang 8⇒ 4x2-16x+2=0
⇒x1,2=4 14
2
±
Cả hai giá trị đều thoã mãn điều kiện nhưng khi thay vào phương trình thì x2=4 14
2
−
không thoã mãn
Vậy phương trình có một nghiệm là x=4 14
2
+
0,25đ
0,25đ
20b
(1điểm) +)Với x≥ 3
2
− phương trình trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x≥ 3
2
− n ên
bị loại) +) V ới x< 3
2
− phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x= 2
3
− (lo ại)
V ậy : Phương trình vô nghiệm
0,5đ
0,5đ
Câu 16.(Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Cho a,b,c>0 Chứng minh rằng:
8
Áp dụng bất đ ẳng th ức Côsi cho hai số dương ,ta được
( ) ( ) ( )
Nh ân c ác b ất đ ẳng th ức (1);(2);(3) theo từng vế ta được:
8
Dấu “=” xảy ra khi a=b=c
0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
Câu 17.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=(-2x+3)(x-1), với 1 3
2
x
≤ ≤
Ta c ó y=(-2x+3)(x-1)=1
2(-2x+3)(2x-2), Với 1 3
2
x
≤ ≤ Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0 Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương là 2x-2>0 và
-2x+3>0 ta được:
0,25đ
0,25đ
Trang 9( ) ( )
2
(2x-2)+(-2x+3) 2 2 2 2 3
1
2
Hay y ≤ 1
8.Vậy giá trị lớn nhất của y là
1
8, đạt tại x=
5 2
0,25đ
0,25đ
Câu 18.(Mức độ:B,B, C ; 3điểm ; Thời gian: 15 phút )
Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2) a)(Mức độ:B-1điểm)Hãy tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành b)(Mức độ:B-0,5điểm) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC
c)(Mức độ:C-1,5điểm) Xác định toạ độ trực tâm H của tam giác ABC
Câu 18a Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB DCuuur uuur= (1)
Mà uuurAB=(6; 4);DCuuur= −( ; 2x −y)
Vậy D(-6;-2)
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 18b Gọi G là trọng tâm của tam giác.Khi đó
;
hay ( 2; 2)
3
0,25đ
0,25đ
Câu 18c Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Khi đó:
( 4; 2 ;) ( 2; 6 ;) ( 2; 8 ;) (4; 4)
Ta có
4 0 12
12 8
5 ; ( ; )
5
x y x
H y
=
= −
⇔
=
uuur uuur uuur uuur
0,25đ
0,75đ 0,25đ
0,25đ
Câu19 (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút ) Giải các phương trình sau :
a) (Mức độ: C - 1 điểm) 3x−4 =2x−1 b) (Mức độ: C -1 điểm) x2 −2x+6 =2x−1
19a Tùy theo cách cách giải khác nhau để cho điểm sau đây là một cách cụ thể
Đặt đk:
2
1 0
1
2x− ≥ ⇔ x≥
0,5đ
0,5đ
Trang 101 x
3 x 0,25 2
1 4 3
1 2 4 3
=
=
⇔
−
=
−
−
=
−
⇔
x x
x x
So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = 3 và x =1 Đặt đk: 0,25
0 1 2
0 6 2 2
≥
−
≥ +
−
x
x x
{ Không nhất thiết phải giải điều kiện}
3
5 x
1 x 0,25 1 4 4 6
2
=
−
=
⇔ +
−
= +
−
So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x =
3
5
0,5đ
0,5đ
Câu20.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút )
Cho 3 số dương a, b, c Chứng minh rằng :
c b a ab
c ac
b bc
Dùng bất đẳng thức cô si ta có:
b bc
a ab
c
a ab
c ac
b
c ac
b
bc
a
2 2 2
≥ +
≥ +
≥ +
a ab
c ac
b bc
c b
1
1+ ( đpcm)
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Hết GV.Đặng Ngọc Liên