De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 10

Gọi M, N, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, CD, MN.. Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh AC.[r]

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG

Đề số 10

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

A PHẦN CHUNG (7 điểm)

Bài 1: (2 điểm) Cho hàm số yx22x3

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số

b) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng d y:  x 1 với đồ thị (P)

Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình (m1)x2 (2m1)x m  2 0

a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có một nghiệm x = –2 Tìm nghiệm còn lại.

Bài 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(–1; 1), B(1; 3), C(2; 5).

a) Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác Tính chu vi tam giác đó

b) Tìm toạ độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác MAB vuông tại M

Bài 4: (1 điểm) Cho các số thực x, y, z đều khác 0 thoả hệ thức x2y2z21 Chứng minh:

2 2 2 2 2 2

2  2  2 1 Đẳng thức xảy ra khi nào?

B PHẦN RIÊNG (3 điểm)

I Chương trình cơ bản

Bài 5a: (2 điẻm) Giải các phương trình sau:

a) x2 3x 1 1 0  b) x2 x 2  x 1

Bài 6a: (1 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB,

CD, MN Chứng minh GA GB GC GD 0                                                          

II Chương trình nâng cao

Bài 5b: (2 điểm)

a) Tìm a đê phương trình x22ax 4 0 có hiệu các nghiệm x x1, 2

bằng 6

b) Giải phương trình: 5 2x2 3 2x2 3

Bài 6b: (1 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh AC

sao cho NC = 2NA K là trung điểm của MN Chứng minh AK 1 AB 1AC

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: SBD :

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG

Đề số 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

1.a Toạ độ đỉnh I(1; 4)

Bảng biến thiên

Đồ thị

0,5

0,5

1.b

Xét phương trình: x22x 3 x 1  x23x 4 0



x

 Vậy có 2 giao điểm: (–1; 0), (4; –5)

0,5

0,5 2.a

PT có 2 nghiệm phân biệt 

a 0

0



 









m m

1

8





0,5

0,5

2.b

x12

là 1 nghiệm của PT  (m1)( 2) 2 (2m1)( 2) m 2 0  m 4

9



m

m





0,5

0,5 3.a AB(2;2),AC(3;4)

  AB AC, không cùng phương

 A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác

AB2 2, AC5,BC 5  Chu vi ABC là 2 2 5  5

0,5 0,5 3.b Gọi M(x; 0) là điểm nằm trên Ox

MA  ( 1 x;1), MB(1 x;3)

MAB vuông tại M  MA MB 0

 

 ( 1  x)(1 x) 1.3 0   x2 2 0 (vô nghiệm)

Vậy không có điểm M nào trên Ox thoả mãn.

0,5

0,5 4

Trước hết chứng minh: a2b2c2ab bc ca  (1)

Thật vậy, (1)  (a b )2(b c )2(c a )20 (luôn đúng)

Áp dụng (1) với

, ta có:

2 2 2 2 2 2

2  2  2   



2 2 2 2 2 2

2 2 2

2  2  2   

 1

Đẳng thức xảy ra 

1 3

0,5

5a.1 x2 3 x1 1 0  (1)

 Nếu x 1 thì (1) trở thành:

x

x2 3(x1) 1 0   x2 3x   2 0 x12

 Nếu x 1 thì (1) trở thành:

x23(x 1) 1 0   x23x 4 0  x1 (4 ) Vậy tập nghiệm của PT là S  4;1;2

0,5

0,5

5a.2 x2 x 2 x 1 (2)

Bình phương 2 vế ta được: x2  x 2 (x1)2  x 1

Thử lại, x 1 thoả mãn (2) Vậy PT có nghiệm x 1

0,5 0,5

= 2(GM GN ) 0

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

0,5 5b.1  a2 4 0,a  PT luôn có 2 nghiệm phân biệt

Hiệu 2 nghiệm x x1 2,

bằng 6  x1 x2 6

 (x1 x2)2 36

 (x1x2)2 4x x1 2 36

 4a216 36  a 5 Vậy a 5

0,5

0,5 5b.2

Đặt t 2x23,t3

PT trở thành:

5   6  5 6 0     6

t 6 2x2  3 6 2x2 3 36 x4

Vậy PT có hai nghiệm x4;x4

0,5 0,5

6b

2

= 1 1AB 1AC 1AB 1 AC

0,5

0,5

……HẾT……