Bài 22đ Giải phương trình và hệ phương trình sau: a.. Chứng minh: tanB.tanC = 2sin2A... Từ đó suy ra tập hợp những điểm M là đường thẳng đi qua J và vuông góc với AB.
Trang 1ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I MÔN: TOÁN LỚP 10 - NĂM HỌC: 2010 - 2011
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Bài 1(2đ) a.Nêu đặc điểm và vẽ đồ thị (P) của hàm số y = x2 - 4x +3
b.Xác định m để (P) và đường thẳng (d):y = mx - m2 + 7 cắt nhau tại 2 điểm
có hoành độ trái dấu
Bài 2(2đ) Giải phương trình và hệ phương trình sau:
a x− +2 x 22 1=2
− + ;
b
+ + =
+ + =
Bài 3(2đ) Xác định m nguyên để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất là số nguyên:
3(m x+(1)m x y−1)y m= +3 1
+ + =
Bài 4(1đ) Cho 3 số dương a,b,c thỏa mãn:a2+ + =b2 c2 4 abc
Chứng minh: 9
4
a b c+ + ≥ abc.
Khi nào thì dấu đẳng thức xảy ra?
Bài 5(3đ) Cho ∆ABC với BC = a; CA = b; AB = c
1.Tính các góc A,B, trung tuyến ma và đường cao ha (ứng với cạnh BC) của ∆ABC
trong trường hợp : a=2 3;b=2 2;c= 6− 2
2.Giả sử a4 = b4 + c4 Chứng minh: tanB.tanC = 2sin2A
3.Tìm tập hợp những điểm M thỏa mãn : MA2 + CA2 = MB2 + CB2
.HẾT
Trang 2ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM: TOÁN LỚP 10 HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2010 - 2011
Bài 1 (2 điểm)
Câu a.(1điểm)
TXĐ:D=R ; Đỉnh I(2;-1)
Trục đối xứng:x=2
a>0 bề lõm quay lên trên
Điểm đặc biệt: A(0;3),B(1;0),C(3;0)
Đồ thị:(g/v tự vẽ)
Câu b: (1 điểm)
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là
nghiệm của hệ pt:x2-4x+3=mx-m2+7⇔x2-(4+m)x+m2-4=0(1)
(1) có 2 nghiệm trái dấu ⇔ac<0 ⇔m2<4 ⇔-2<m<2
Vậy (P) và (d) cắt nhau tại 2 điểm có hoành độ trái dấu ⇔-2<m<2
0,25đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,5đ 0,25đ Bài 2 : (2 điểm)
Câu a: (1 điểm)
TXĐ:D=R
Đặt y = x−2,y≥0,pt trở thành y2-y=0⇔y=0 ∨ y=1
.y=1 ⇒ x−2 =1 ⇔x=3 ∨ x=1 (nhận); y=0 ⇒ x−2 =0 ⇔x=2 (nhận)
Vậy tập nghiệm của pt đã cho là : S = {1; 2;3}
Câu b: (1 điểm)
+ + =
+ + =
2
+ − =
+ + =
Đặt S=x+y,P=xy hệ trở thành
S P
− =
+ =
9 42
S P
= −
=
7 10
S P
=
=
Với S P= −429
=
9 42
x y xy
+ = −
=
Hệ vô nghiệm Với S P=710
=
⇒
7 10
x y xy
+ =
=
∨
= =
Kết luận : Hệ pt có 2 nghiệm : x y=25 x y=52
∨
= =
Bài 3: (2 điểm) 3 ( 1) 1
( 1) 3
+ − = +
+ + =
1 1
1 3
m m
m
+
−
= ; Dx = 2(2-m) ; Dy = (m+4)(2-m).
Hệ có nghiệm duy nhất ⇔D≠0 ⇔m ≠ ±2
Nghiệm duy nhất của hệ là:
2 2
1
x
y
D x
y
= =
= = = +
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,5đ 0,25đ
0,5đ
Trang 3Nghiệm duy nhất của hệ là số nguyên ⇔m+2 là ước nguyên của 2 ⇔
m+ = ± ∨ + = ± ⇔ = − ∨ = − ∨ = ∨ = −m m m m m
Kết luận : m∈ − − −{ 4; 3; 1;0}
0,25đ 0,25đ 0,25đđ Bài 4: (1 điểm)
Theo bđt Cô si cho 3 số dương ta có:
3
3 (1)
+ + ≥
Các vế của (1) và (2) đều dương nên nhân vế theo vế của (1) và (2) ta được:
9
4
abc a b c+ + ≥ abc⇔ + + ≥a b c abc (đpcm).
Dấu đẳng thức xảy ra khi : 2 2 2
4
a b c
= =
+ + =
16 9
3 4
a b c
a b c
= =
=
0,25đ 0,25đ 0,25đ
0,25 Bài 5: (3 điểm)
Câu 1: (1 điểm)
0
1
bc
+ −
2 2 2 2 0
ac
+ −
2 2 2 2 5 2 3 5 2 3
sin ( 6 2) 2 3 1
2
a
Câu 2: (1 điểm)
) 1 ( sin sin 2 2
) (
sin sin
4
2
2
sin sin cos
cos
sin sin tan
tan
2 2 2 4
4
4
2
2 2 2 2 2 2
bc
C B a c b c b
a
C B bc
a
ab
c b a ac
b c a
C B C
B
C B C
B
= +
+
−
=
=
− +
− +
=
=
Thay a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC vào (1) ta được tanBtanC=2sin2A(đpcm)
Câu 3: (1 điểm)
MA2 +CA2 = MB2+CB2 ⇔ MA2 - MB2= CB2 - CA2
⇔(MA→ −MB (MA+MB)=(CB−CA)(CB+CA)
⇔BA MIuuur uuur uuur uur.2 =AB CI.2 ⇔BA MI CIuuur uuur uur( + ) 0= (1) với I là trung điểm đoạn AB
Dựng IJ CIuur uur= ⇒J là điểm cố định.ThayCIuur uur=IJ vào (1) ta được :
BA MI IJuuur uuur uur( + ) 0= ⇔ uuur uuurAB JM = ⇔0 AB⊥JM
Từ đó suy ra tập hợp những điểm M là đường thẳng đi qua J và vuông góc với
AB
0,25đ 0,25đ
0,25đ 0,25đ
0,25đ
0,25đ 0,5đ
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ