a Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.. c Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.. Phần 2: Theo chương trình nâng cao 19 xy x y x xy y Xác định k để p
Trang 1Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010
Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 10 ( Thời gian 90 phút )
ĐỀ THI CHÍNH THỨC
A-PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Tìm các tập hợp A∪B, A∩B A B B A, \ , \ và biểu diễn chúng trên trục số
a) Xác định m để hàm số đồng biến trên ¡
b) Giải và biện luận theo m phương trình (m−1) x+3x m+ − =2 0
đi qua điểm A(3; 1− )
a) Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
b) Tính góc A của tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
B-PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm )
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần sau: ( phần 1 hoặc phần 2 )
Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu 6a: (1đ ) Giải hệ phương trình
6 2
3
3 4
1
x y
x y
+ =
− = −
Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia
Câu 8a: (1đ ) Cho tam giác ABC Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy các điểm I,
J, K sao cho 2 , 2 , 2
BI = BC CJ = CA AK = AB
uur uuur uuur uuur uuur uuur
Chứng minh rằng uur uuur uuur rAI BJ CK+ + =0
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
19
xy x y
x xy y
Xác định k để phương trình có hai nghiệm phân biệt là nghịch đảo của nhau.
Trang 2
-Hết -HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN LỚP 10
KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010 - ĐỀ THI CHÍNH THỨC
A- PHẦN CHUNG ( 7 điểm )
1 Cho hai tập hợp A= −( 2;4) và B=[0;7) 1,50
( 2;7 , ) [0;4 , \) ( 2;0 , \) [4;7)
( Tính đúng mỗi tập hợp cho 0,25)
Biểu diễn trên trục số (đúng hai tập hợp cho 0,25)
1,00 0,50
Ta có y=(m−1) x+3x m+ −2 ⇔ =y (m+2) x m+ −2
Để hàm số đồng biến trên ¡ thì m+ > ⇔ > −2 0 m 2
0,25 0,25 2b Giải và biện luận theo m phương trình (m−1) x+3x m+ − =2 0 1,00
Ta có (m−1) x+3x m+ − =2 0 ⇔(m+2) x= −2 m (1 )′
+ Nếu m≠ −2 thì phương trình (1 )′ có nghiệm duy nhất 2
2
m x
m
−
= + .
+ Nếu m= −2 thì phương trình (1 )′ có dạng 0x= ⇒4 pt(1 )′ vô nghiệm
Kết luận: * m≠ −2: phương trình (1) có nghiệm duy nhất 2
2
m x
m
−
= +
* m= −2: phương trình (1) vô nghiệm
0,25 0,25 0,25 0,25
Hàm số bậc hai cần tìm có dạng y ax= 2+bx c a+ ( ≠0)
Đồ thị hàm số là Parabol có đỉnh I( )1;3 và đi qua điểm A(3; 1− ) nên
ta có hệ phương trình
1 2
3
b a
a b c
a b c
− =
+ + =
+ + = −
3
a b
a b c
a b c
+ =
⇔ + + =
+ + = −
1 2 2
a b c
= −
⇔ =
=
Vậy hàm số cần tìm là y= − +x2 2x+2
0,25
0,25
0,25
0,25
4 Giải phương trình x2 +2x+ =1 2x−1 1,00
x + x+ = x− ( )2
⇔ + = − ⇔ + =x 1 2x−1
1 1 2
x
− ≥
⇔ + = −
+ = −
1 2 2 0
x x x
≥
⇔ =
=
2
x
⇔ =
0,50
0,50
Trang 3Vậy phương trình có một nghiệm là x=2.
5 Trong hệ trục tọa độ Oxy cho ba điểm A(−1;2 , 1;3 , ) ( ) (B C −4;3) 2,00
5a Chứng minh rằng A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. 0,50
Ta có uuurAB=( )2;1 , uuurAC = −( 3;1)
Vì 2 1
3 1≠
− nên AB AC,
uuur uuur
không cùng phương, suy ra ba điểm A, B, C không thẳng hàng Vậy A, B, C là ba đỉnh của một tam giác.
0,25
0,25
Ta có uuurAB=( )2;1 ⇒ uuurAB = 22 + =12 5
uuurAC = −( 3;1) ⇒ uuurAC = −( 3)2 + =12 10
cos . 2( 3) 1.15 10 22
AB AC A
AB AC
− +
uuur uuur uuur uuur Vậy ·BAC =1350
0,25
0,25
0,25 5c Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành. 0,75
Gọi ( )x y là tọa độ của điểm D.;
Tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi AB DCuuur uuur=
Ta có uuurAB=( )2;1 , DCuuur= − −( 4 x;3− y)
Suy ra AB DCuuur uuur= ⇔ 1 32= −= − −4y x
6 2
x y
= −
⇔ =
Vậy D(−6;2)
0,25 0,25 0,25
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
Điều kiện x≠0, y ≠0.
Đặt u 3, v 2
= = Hệ đã cho trở thành 2 3
u v
u v
+ =
− = −
1 1
u v
=
⇔ =
Do đó hệ đã cho tương đương với hệ phương trình
3 1 2 1
x y
=
=
3 2
x y
=
⇔ =
Vậy hệ đã cho có một nghiệm là ( ) ( )x y; = 3;2
0,25 0,25
0,25
0,25 7a Cho phương trình x2 −2x m+ − =3 0 Xác định m để phương trình 1,00
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ >′ 0
4 m 0 m 4 (*)
Trang 4Khi đó theo hệ thức Vi-ét và giả thiết của bài toán ta có
2
2
x x
x x m
x x
+ =
=
2 2 2
2
x
x m
x x
=
=
2
2 3 8
3 9
2
x m
x x
=
=
35 9
m
⇒ =
Kết hợp với điều kiện (*) ta được 35
9
m= là giá trị cần tìm
0,50
0,25 8a Cho tam giác ABC Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy 1,00
Ta có
AI BJ CKuur uuur uuur+ + =(uuur uurAB BI+ ) (+ BC CJuuur uuur+ ) (+ CA AKuuur uuur+ )
( 2 ) ( 2 )
= uuur+ uuur + uuur+ uuur +( 2 )
5
CAuuur+ uuurAB
( ) 2( ) 0
5
AB BC CA AB BC CA
= uuur uuur uuur+ + + uuur uuur uuur+ + =r
0,25 0,25 0,50
Đặt S= +x y P xy, = , ta có x2 + y2 =S2 −2P
Thế vào hệ phương trình đã cho, ta được hệ phương trình ẩn S và P.
2
19
P S
S P
+ = −
2 2
19
P S
2 15
S P
= −
⇔ = −
Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:
2 15
x y
xy
+ = −
= −
3 5
x y
=
⇔ = −
hoặc
5 3
x y
= −
=
Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là ( ) (x y; = 3; 5− ) và ( ) (x y; = −5;3)
0,25 0,25
0,25
0,25 7b Cho phương trình x2 −2x k+ − =1 0 Xác định k để phương trình 1,00
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi ∆ >′ 0
2 k 0 k 2 (**)
⇔ − > ⇔ <
Khi đó phương trình có hai nghiệm là nghịch đảo của nhau khi và chỉ
0,25
Trang 5khi 1 2
0, 0
x x
1 0
k
x x k
− ≠
1 2
k k
≠
⇔ =
⇔ =k 2.
Đối chiếu với điều kiện (**) thì k =2 không thỏa mãn Vậy không có
giá trị nào của k thỏa mãn yêu cầu bài toán
0,50 0,25 8b Cho đoạn thẳng AB Tìm điểm N thỏa mãn NA2 +2NA NBuuuruuur =0 1,00
Ta có NA2 +2uuuruuurNA NB =0 ⇔ NA NAuuur uuur( +2uuurNB) =0
NA NK KA NK KB
⇔uuur uuur uuur+ + uuur uuur+ = (với K là một điểm bất kỳ).
NA NK KA KB
⇔uuur uuur uuur+ + uuur =
Chọn điểm K thỏa mãn KAuuur+2KBuuur r=0 thì K chia đoạn AB theo tỉ số
2
k = − nên điểm K cố định
Khi đó NA2 +2NA NBuuuruuur =0⇔3uuuruuurNA NK =0⇔uuur uuurNA⊥ NK
· 900
ANK
⇔ = ⇔ N thuộc đường tròn đường kính AK.
0,25 0,25
0,25 0,25 Chú ý: Mọi cách chứng minh khác đúng và hợp lý vẫn cho điểm tối đa của câu đó.
