Đề Học Kì I Lớp 10 Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2016 – 2017 và Gợi ý giải

[r]

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM KIỂM TRA HỌC KỲ I NĂM HỌC 2016-2017

TRƯỜNG PHỔ THÔNG NĂNG KHIẾU MÔN : TOÁN

Khối 10 (Không chuyên Toán) Ngày thi : 13/12/2016

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu 1 (1 điểm) Tìm m để phương trình  1 3 

0

2 1

x



Câu 2 (1 điểm) Gọi (P) là đồ thị của hàm số: 2  

,

yx bxc b c  Biết các điểm

1; 4 , 2; 3

A  B  thuộc (P)

Tìm toạ độ giao điểm của (P) với (P’) với (P’) là đồ thị của hàm số y2x12 4

Câu 3 (1 điểm) Cho hệ phương trình:

1

4

2

m









, với m là tham số và m  0

Định m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất

Câu 4 (2 điểm) Giải các phương trình sau:

a) 2x 1 x3 b) 4

2

4 9

x x

x



Câu 5 (1 điểm) Chứng minh đẳng thức : 2 2    

cos cos

Câu 6 (1 điểm) Cho tam giác ABC có các đỉnh A1;3 , B 3; 3 , C2;2 Chứng minh

tam giác ABC là tam giác vuông và tìm trực tâm của tam giác ABC

Câu 7 (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD với AB6 ,a AD3 ,a ABC 600 Gọi M, N thoả: MA2MB0

  

, 3ND2NC 0

  

a)Tính  AM AD

b)Tính độ dài cạnh AN theo a

c) Gọi G là trọng tâm tam giác AMN Tìm x và y thoả: BGxBA yBD

- hết -

Câu 1 Tìm m để phương trình  1 3 

0

2 1

x



Điều kiện : x 2

Phương trình x1x3m0 x (loại) hoặc 1 x3m

phương trình vô nghiệm 3 2 2

3

Câu 2 Gọi (P) là đồ thị của hàm số: 2  

,

yx bxc b c  Biết các điểm

1; 4 , 2; 3

A  B  thuộc (P)

Tìm toạ độ giao điểm của (P) với (P’) với (P’) là đồ thị của hàm số y2x12 4

Vì A1; 4    P          4 1 b c b c 5

B   P     b c b   c

P yx  x

Phương trình hoành độ giao điểm của (P) với (P’)

2

2

0

3

x

x







 

 Với x 0 y  3

x  y 

Vậy (P) cắt (P’) tại hai điểm 0; 3 , 2; 35

M  N  

Câu 3

Cho hệ phương trình:

1

4

2

m









, với m là tham số và m  0

Định m để hệ phương trình có một nghiệm duy nhất

Điều kiện : y  0

Đặt a y  ta có hệ 0

1 4

2

m









2

1 1

1 1

1

m m

D

m



2

1 4

2

x

m D

m



2

2

a

m D





Hệ có một nghiệm duy nhất

2

2

1

a

a





Vậy giá trị m cần tìm 0 1

1

m









Câu 4 Giải các phương trình sau:

a) 2x 1 x3 b) 4

2

4 9

x x

x



a) 2x 1 x3 4

Điều kiện : 2 1 0 3

3 0

x

x x

 





 

 Phương trình  2x 1 x32 16

2 2x 1 x 3 18 3x

x



 



2

6

x





 

 6

4

x

x







(thỏa điều kiện) Vậy phương trình có một nghiệm x 4

b)

2

4 9

x x

x

 Điều kiện : x2  9 0 x 3 x  3

Nhận xét :

4

x

Do đó phương trình

2

4 9

x x

x



2

x

0

Đặt

2

9

x t

x



ta có phương trình : 2

25

49 16

4

t

t







  



4

t  ta có :

2

2

25

4 9

x

x



4 2

16x 625x 5625 0

2

25

x

2

x    

4

x x x

Vậy phương trình có hai nghiệm 5, 16

4

x x

Câu 5 Chứng minh đẳng thức : 2 2    

cos cos



sin cos cos sin sin cos cos sin sin sin

Câu 6 Cho tam giác ABC có các đỉnh A1;3 , B 3; 3 , C2;2 Chứng minh tam giác

ABC là tam giác vuông và tìm trực tâm của tam giác ABC

 2; 6 , 3; 1

Ta có:  AB AC   2 3    6 1  0 ABAC ABC

vuông tại A

Tam giác ABC vuông tại A nên A  1;3 là trực tâm tam giác

Câu 7 Cho hình bình hành ABCD với AB6 ,a AD3 ,a ABC600 Gọi M, N thoả:

MA MB

  

, 3ND2 NC 0

a)Tính  AM AD

b)Tính độ dài cạnh AN theo a

c) Gọi G là trọng tâm tam giác AMN Tìm x và y thoả: BGxBA y BD

a) Ta có 2

3

 

 

   

b) Ta có : 2 2

AN ADDN  DCAD ABAD

      

2

AN  AB AD  AB  AD  AB AD

3 21 5

AN

c) G là trọng tâm AMN ta có:

 

9BA 3MN

  

MN BN BM BDDN BM BD BA BABD BA

          

BGBM MG BA BA BD BA

      

45BA 3BD

  