Đề thi hoc kì I - Toán 10 - THPT Thạch Thành I

Không giải phương trình x2 6x 7 0 hãy tính tổng các bình phương hai nghiệm của nó.. Tìm tọa độ trọng tâm G của OAB.. Chứng minh rằng ba điểm A,P,Q thẳng hàng... Vậy hệ có nghiệm duy

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I 2008-2009

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu I: (2,5 điểm)

1 Vẽ đồ thị hàm số y x 2 2x 3.

2 Dựa vào đồ thị của hàm số y x 2 2x 3 ở câu 1), hãy biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m

x  x m   x (*)

Câu II: (2,5 điểm)

1 Không giải phương trình x2 6x 7 0 hãy tính tổng các bình phương hai nghiệm của nó.

2 Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: ( 1) 3

2 3 9







Câu III: (3 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ cho A(1;2), (3; 4)B

a Tìm tọa độ trọng tâm G của OAB.

b Tìm M Ox sao cho MA MB 

nhỏ nhất.

2 Cho 5 điểm P,Q , A, B, C thỏa mãn đẳng thức:

2PB PC  5QA  2QB QC

Chứng minh rằng ba điểm A,P,Q thẳng hàng

Câu IV: (2 điểm)

1 Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất

x3 (2m3)x2(4m3)x 2m1 0

2 Giải hệ:

3 2

2 2 2





-Hết -HƯỚNG DẪN CHÂM MÔN TOÁN 10 NÂNG CAO

I 2,50

Vẽ đồ thị

(1,5 điểm)

Đồ thị là parabol có đỉnh I(1; 4) , nhận đường thẳng x = 1 làm trục

đối xứng và có bề lõm quay lên

0,50

Giao với Ox: (-1; 0) và (3; 0)

Đồ thị:

0,50

Dựa vào

đồ thị

biện luận

số

nghiệm

(1 điểm)

(*)  x2 2x 3m

Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của parabol (P):

2 2 3

y x  x và đường thẳng y m

0,50

Dựa vào đồ thị ta có:

+ m<-4, PT (*) vô nghiệm;

+ m= -4, PT (*) có một nghiệm ; + m>-4, PT (*) có hai nghiệm.

0,50

Không

giải

phương

trình

(1 điểm)

Gọi x x1, 2 là các nghiệm của PT x2 6x 7 0, ta có

1 2 ( 1 2) 2 1 2

0.50

Theo định lí Viét x1 x2 6;x x1 2 7 Suy ra 2 2 2

1 2 6 2.7 22

0.50

Tìm m để

HPT có

nghiệm

duy nhất

(1,5 điểm)

( 1)

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi D   0 m  2 0 0,50

2.

m

  Vậy với m 2 thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất

0,50

Tìm tọa

độ trọng

tâm…

(1 điểm)

1 3 0 4

G

2 4 0

2

G

0,50

-1 -3

3 -4

Ox

M  …

(1 điểm)

Ox ( ;0)

M  M m Gọi I là trung điểm của AB, ta có I(2;3) Khi đó

2

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

,

0,50

do đó MA MB

 

nhỏ nhất khi MI

nhỏ nhất  MI Ox M(2;0) 0,50

Chứng

minh

A, P, Q

thẳng

hàng

(1 điểm)

Ta có 2PB PC  5QA  2QB QC

3 5

Suy ra A, P, Q thẳng hàng.

0,50

Tìm m để

PT có

nghiệm

duy nhất

(1 điểm)

PT đã cho  (x1)x2 2(m1)x2m1 0 Đặt g x( )x2 2(m1)x2m1, PT đã cho có nghiệm duy nhất khi và chi khi g x( ) vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 1 0,50

0

(1) 0

g g

m

m m

       

0,50

Giải hệ

(1 điểm)

Từ x32y2 4y 3 0 suy ra x3  1 2(y1)2  1 x1 (1)

Từ x2x y2 2 2y0 suy ra 2 2

2 1 1

y x

y

 hay    1 x 1 (2) 0,50

Từ (1) và (2) suy ra x 1, do đó y 1 Thay x 1 và y 1 vào hệ ta thấy thỏa mãn Vậy hệ có nghiệm duy

Vậy với m=0 thì PT đã cho có

nghiệm duy nhất