DETHI HKI (CVP)

c Tìm m sao cho AB mAC uuur + uuur đạt giá trị nhỏ nhất... b Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.. Chứng minh rằng : ba số a.sinA,bsinB, c.sinC cũng là độ dài 3 cạnh của mộ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI C (2010-2011) THỜI GIAN : 90’(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(3,5đ) : Cho hàm số y = x2 + 4x + 3

a) Lập bảng biến thiên, vẽ đồ thị hàm số

b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị trên và đường thẳng y = x + 3

Câu 2 (3,5đ) :

a) Giải phương trình sau

x4 + 4x2 – 5 = 0

b) Cho phương trình : x2 – 2010x + 1 = 0 gọi x1; x2 là nghiệm của phương trình

Hãy tìm x12 + x22

Câu 3 (3đ) : Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm: A(1;4); B( -2 ; 2); C(4; 0)

a) Chứng minh rằng : ba điểm A; B;C là ba đỉnh của tam giác

b) Tìm toạ độ điểm D sao cho ABDC là hình bình hành

c) Tìm toạ độ điểm M trên ox để A ; B; M thẳng hàng

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN C)

Câu 1

(3,5 điểm)

1/ Cho hàm số y = x2 + 4x + 3

a/Lập bảng biến thiên, vẽ đồ thị hàm số

b/Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị trên và đường thẳng y = x + 3

a/ (2đ) Ta có a > 0 (P) quay bề lõm lên trên,

Toạ độ đỉnh là S(-2 ; -1)

Ta có bảng biến thiên

x - ∞ -2 + ∞

+ ∞ + ∞

y

-1

0,5

0,5

4

2

-2

-4

y=f(x)

S

-1 -2

3

1

b/ (1,5 điểm)

Ta xét hệ sau :

2

y x 3

+ giải phương trình này thì x = 0; x = - 3 0,5 khi x = 0 thì y = 3 nên toạ độ A(0; 3)

khi x = -3 thì y = 6 nên toạ độ B( - 3; 0)………

Kết luận toạ độ giao điểm A(0;3); B(-3;0)………

0,25 0,25

Câu 2

(3,5 điểm)

a) Giải phương trình sau

x4 + 4x2 – 5 = 0

b/Cho phương trình : x2 – 2010x + 1 = 0 gọi x1; x2 là nghiệm của

phương trình Hãy tìm x12 + x22

a/ (1,5đ)

ta đặt x2 = y ≥ 0 thì phương trình có dạng y2 + 4y – 5 =0

0,25

b/ (2đ)

ta có ∆ = (2010)2 – 4 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,5

1 2





0,5

c/ Giả sử M(a; 0) nằm trên ox để A,B, M thẳng hàng ta cần………

AB ( 3; 2),AM (a 1; 4)uuur= − − uuuur= − − cùng phương hay a 1 4

− =

−

Do đó a = - 5

Vậy M( - 5; 0)

0,25 0.25 0,25 0,25

Câu 3

(3 điểm)

Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm: A(1;4); B( -2 ; 2); C(4; 0)

a/Chứng minh rằng : ba điểm A; B;C là ba đỉnh của tam giác

b/ Tìm toạ độ D sao cho ABDC là hình bình hành

c/Tìm toạ độ điểm M trên ox để A ; B; M thẳng hàng

a/(1đ)

giả sử AB kAC uuur = uuur hay (- 3; - 2) = k (3; -4) vô lý 0,5 Vậy A,B,C không thẳng hàng hay A,B,C là đỉnh của tam giác 0,25

b/(1đ)

Giả sử D(x;y) Để ABDC là hình BH ta cần

AB CD= ⇔ − − =( 3; 2) (x 4; y)−

Vậy

Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI A ( 2010)

THỜI GIAN : 150’(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2đ) :

Cho phương trình : mx2 – 2 (m – 3 )x + m – 4 = 0

a) Giải phương trình với m = 1

b) Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương

Câu 2(3đ) :

a) Giải hệ phương trình sau:







 b) Giải phương trình sau : 2x2 + 8x 6 + + x2 − = 1 2x 2 +

Câu 3 (4đ) :

1/ Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C nằm trên oy; trọng tâm G nằm trên Ox

a) Tìm toạ độ đỉnh C và G

b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC.

c) Tìm m sao cho AB mAC uuur + uuur đạt giá trị nhỏ nhất

2/ Cho ∆ ABC.Chứng minh rằng

(a + b).cosC + (b + c).cosA + (c + a).cosB = a + b + c

Câu 4(1đ) : Cho a,b,c > 0

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN A)

Cho phương trình : mx2 – 2 (m – 3 )x + m – 4 = 0

a)Giải phương trình với m = 1 b)Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương

2,00

phương trình : x2 + 4x – 3 = 0 có ∆’ = 7

0,25

Vậy phương trình cn : x= − ±2 7 0,25

Khi m = 0 phương trình có dạng 6x – 4 = 0 hay x = 2/3 (t/m)

0,25

Khi m khác 0 theo yều cầu thì x1< 0< x2 hay có nghiệm bằng 0;một nghiệm dương; hoặc

có một nghiệm kép dương

*) x1< 0< x2 khi m(m – 4 ) < 0 ⇔0 < m < 4

*) có nghiệm bằng 0 khi m = 4 thử lại 4x2 – 2x = 0 ⇔x = 0 ;x = ½ (t/m)

*) khi ∆ = 0 ta có m = 9/2 thử lại thấy đúng

0,25 0,25

KL : 0 ≤m ≤ 4, hay m = 9/2 0,25

II a) Giải hệ phương trình sau:

(x 1)y (y 1)x 4xy

 + + + =





 + + + =

 b) Giải phương trình sau : 2x2+8x 6+ + x2− =1 2x 2+

3,00

ĐK x ; y≠0 ;x 1 0; y 1 0

+ ≥ + ≥

TỪ phương trình (2) ta có x 1 y 1 4

x y

+ + + = Đặt x 1 u 0; y 1 v 0

+ = ≥ + = ≥ 0,25

ta có hệ u v2 2 2 2

u v 4

 + =



 + =

 (viết hệ : 0,25đ)………

giải ta có u = v = 2 (giải hệ : 0,5 đ )………

0,25 0,5

+ Vậy x 1 2; y 1 2

+ = + = .

+ Giải ra ta có x = 1; y = 1

0,25 0,5

Kết luận : nghiệm (1;1) 0,25

từ phương trình ta có -1≤ x

khi

x 1; pt (x 1)(2x 6) (x 1)(x 1) 2 (x 1)(x 1)

25 2x 6 x 1 2 x 1 2 (2x 1)(x 1) x 1 x 1; x

7

≥ ⇔ + + + + − = + +

⇔ + + − = + ⇔ + − = − ⇔ = = −

0,5

III Câu 3 (4đ) :

1/ Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C nằm trên oy; trọng tâm G

nằm trên Ox

a) Tìm toạ độ đỉnh C và G

b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC

c) Tìm m sao cho AB mAC uuur + uuur đạt giá trị nhỏ nhất 2/ Cho ∆ ABC.Chứng minh rằng

(a + b).cosC + (b + c).cosA + (c + a).cosB = a + b + c

4,00

1

a

Giả sử C(0 ; b) ; G (a ;0) theo gt thì

1 a 3

1 2 b 0

3

−

 =



 + +

 =



Vậy a = -1/3 ; b = - 3

KL C(0 ; -3) ; G(-1/3 ; 0)

0,5

0,5

1

b Giả sử H(x ;y) là trực tâm khi đó AH ⊥ BC ; BH ⊥ AC

AH.BC 0 y 1 0 y 1

x 4(y 2) 0 x 4 BH.AC 0

  − − =  = −



uuur uuur

uuur uuur

0,25 0,5

1

c Ta có AB (1;1); AC (1; 4)= = − ⇒AB mAC (1 m;1 4m)+ = + −

uuur uuur uuur uuur

Vậy AB mACuuur+ uuur = (1 m)+ 2+ −(1 4m)2 = 17m2−6m 2+

theo yêu cầu bài toán thì m = 6/34……….

KL : m = 6/34

0,25 0,25

0,25 0,25

2 Ta c/m : a = b.cosC+ c.cosB (1)

ta có : b.cosC+ ccosB = b.a2 c2 b2 ca2 b2 c2 2a2 a

2ac 2ac 2a + − + + − = =

tương tự c = acosB+ bcosA(2) ; b = c.cosA+a.cosC (3)

0,5 0,25

Cộng 1,2,3 ta có đpcm

Câu 4(1đ) : Cho a,b,c > 0

Chứng minh rằng : a b c 3

0,25

3a b c a 3b c a b 3c 3a b c a 3b c a b 3c

+ + + + + +

+ + + + + + + + + + + +

thì 2M + N = 3

0,5

3a b c a 3b c a b 3c 3a b c a 3b c a b 3c

3a b c a 3b c a b 3c 5 5

+ + + + + +

+ + + + + + + +

Vậy : M 3

5

≤ Dấu bằng khi a =b = c

0,5

Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI B (2010)

THỜI GIAN : 150’(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx2 – 2 m x + m – 5 = 0

a) Giải phương trình với m = 1

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu.

Câu 2 (4đ) :

a) Giải hệ phương trình sau :

x y



 b) Giải và biện luận phương trình sau:

mx 1 2

x 1 + =

−

Câu 3(3đ) :

Trên mặt phẳng Oxy

Cho ∆ ABC có A ( - 1;1); B( 0 ; 2); đỉnh C nằm trên oy; trọng tâm G nằm trên Ox a) Tìm toạ độ đỉnh C và G

b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC.

c) Tìm m sao cho AB mAC uuur + uuur đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 4(1đ) : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2

4 2

x A

=

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN B)

I Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx2 – 2 m x + m – 5 = 0

a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu

200

phương trình : x2 – 2x – 4 = 0

0,25

Vậy phương trình cn : x 1= ± 5 0,25

nếu a = 0 thì phương trình không thể có hai nghiệm trái dấu Vậy a khác 0 Để phương trình có hai nghiệm trái dấu cần ac< 0 0,25

hay m( m – 5 ) < 0 hay 0 < m < 5

0,5

KL : 0 < m < 5 thoả mãn ĐK 0,25

a)Giải hệ phương trình sau :

x y 12

x y

x y x y

xy 15

+ + =



 b) Giải và biện luận phương trình sau:

mx 1 2

x 1+ =

−

4,00

ĐK : x y 0; x y

x y+ ≥ ≠

− hệ có dạng

x y (x y) 12

x y

xy 15





0,25

Ta có :x – y > 0 hệ có dạng

x y x y 12

xy 15

 − + − =





=

x – y < 0 hệ có dạng

x y x y 12

xy 15

 − − − =





=

0,5

Giải hệ (I) Đặt x2−y2 = ≥t 0 ta có t2 + t – 12 =0 t = 4; t = - 3 (L) 0,5

khi t = 4 hệ có dạng

x y 16

xy 15

 − =

 Do x – y > 0, và ĐK nên ta có x > 0; y > 0 hay

x ( y ) 16

x ( y ) 225

 + − =





− = −

 giải hệ này ta có nghiệm

3 109 9 x

2

3 109 9 y

2

=





−

 =



Giải hệ (II) ta có : t2 - t – 12 = 0 thì t = 3 hệ có dạng

x y 9

xy 15

 − =

Giải hệ này có nghiệm x = - 5 ; y = - 3

KL : hệ có hai nghiệm : (-5; -3) ;

3 109 9 x

2

3 109 9 y

2

=





−

 =



………

0,5 0,25

b Giải và biện luận phương trình sau:

mx 1 2

x 1+ =

−

2,00

Đk : x ≠ 1 phương trình có dạng : mx + 1= 2x – 2 0,25

⇔x( m – 2 ) = - 3

khi m = 2 PT vô nghiệm

Khi m ≠ 2 thì x = 3

m 2

−

− ta cần 1≠

3

m 2

−

− hay m ≠ - 1

0,75

để x = 3

m 2

−

− là nghiệm ta cần 1≠

3

m 2

−

− hay m ≠ - 1 0,75 KL: m = 2; m = 1 phương trình VN

m ≠ - 1 ; 2 phương trình có nghiệm duy nhất 0,25

1

Giả sử C(0 ; b) ; G (a ;0) theo gt thì

1 a 3

1 2 b 0

3

−

 =



 + +

 =



Vậy a = -1/3 ; b = - 3

KL C(0 ; -3) ; G(-1/3 ; 0)

0,5 0,5

2 Giả sử H(x ;y) là trực tâm khi đó AH ⊥ BC ; BH ⊥ AC

AH.BC 0 y 1 0 y 1

x 4(y 2) 0 x 4 BH.AC 0

  − − =  = −



uuur uuur

uuur uuur

0,25 0,5

Ta có AB (1;1); AC (1; 4)uuur= uuur= − ⇒AB mAC (1 m;1 4m)uuur+ uuur= + − 0,25

0,25

Vậy AB mACuuur+ uuur = (1 m)+ 2+ −(1 4m)2 = 17m2−6m 2+

theo yêu cầu bài toán thì m = 6/34………

KL : m = 6/34

0,25 0,25

IV

Câu 4(1đ) : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau:

2

x A

x x 9

= + +

Với x = 0 thì A =0

Khi x khác 0 ta có

2

2 2

A

9

x x 9 x 1

x

+ + + +

0,25

Để A lớn nhất thì mẫu số nhỏ nhất ta có 2 2

x 1 2 x 1 7

+ + ≥ + = dấu bằng khi x2 = 3

0,50

Vậy A 1 (khi x 3)

7

≤ = ± nên GTLN A= 1 (khi x 3)

Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI D (2010)

THỜI GIAN : 150’(Không kể thời gian giao đề)

Câu 1(3đ) :

Cho phương trình : x2 – 2 (m + 1).x + m2 – 4m +5 = 0

a) Giải phương trình khi m = 3

b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm dương phân biệt

Câu 2(3đ) :

a) Giải hệ phương trình sau :

2 2

2 2







b) Giải phương trình sau : x 4 + − 1 x − = 1 2x −

Câu 3 (3đ) :

1/ Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C (3;1)

a) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC.

b) Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành.

2/ Cho ∆ ABC nhọn có a,b,c là độ dài các cạnh của nó.

Chứng minh rằng : ba số a.sinA,bsinB, c.sinC cũng là độ dài 3 cạnh của một tam giác.

Câu 4(1đ) : Cho a > - 1 Chứng minh rằng : 8a 2a 4 2

a 1

+

+

ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN D)

Câu

1(3đ)

Cho phương trình : x2 – 2 (m +1).x + m2 – 4m + 5 = 0

a) Giải phương trình khi m = 3 (1đ) b)Tìm m để phương trình có 2 nghiệm dương phân biệt (2đ)

(3đ)

a) (1đ) Khi m = 3, phương trình : x2 – 8x + 2 = 0 0,25

ta có ∆’ = 16 – 2 = 14 0,25

KL : nghiệm phương trình :x 4= ± 14 0,25 b)(2đ) phương trình có hai nghiệm dương phân biệt khi

2

a 0

3m 2 0 0

P 0

2(m 1) 0

S 0

≠

∆ > 



 >



(Tính mỗi biểu thức đúng là 0,25đ) 0,75

2 m 3

 >





 > −





hay 2 m 3

>

(giải từng biểu thức đúng và kết hợp nghiệm đúng là : 0,25đ)

1,0

Vậy 2

m 3

Câu

2(3đ)

a) Giải hệ phương trình sau (2đ)

2 2

2 2







b) Giải phương trình sau : x 4 + − 1 x − = 1 2x − (1đ)

(3đ)

câu 2 ý a

a) hệ có dạng:





2 – x2 y) = - 4 0,25

hay xy( x – y ) = 2 thay vào phương trình đầu : x3 – y3 = 7 0,25

mà x3 – y3 = (x – y )3 + 3 xy(x – y ) = 7 0,25

vậy (x – y )3 = 1 hay x – y =1 0,25

ta có hệ x y 1

xy 2

− =



 =



0,5

câu 2ý b

giải hệ này ta có nghiệm (2;1); (-1;-2) 0,25

KL nghiệm của hệ là (2;1), (-1; -2) 0,25

Giải phương trình sau : x 4 + − 1 x − = 1 2x − (1đ)

ĐK : 1

4 x

2

pt tđ x 4+ = 1 x− + 1 2x− bình phương ta có

⇔ 2x +1 = (1 x)(1 2x)− − (ĐK 1 1

x

⇔ 4x2 +4x + 1= 1 – 3x + 2x2 hay 2x2 + 7x = 0 ⇔x = 0 ; x = - 7/2(L)

0,25 0,25

Câu 3 1/Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C (3;1)

a) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC

b) Tìm toạ độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành

2/Cho ∆ ABC nhọn có a,b,c là độ dài các cạnh của nó

Cmr : ba số a.sinA,bsinB, c.sinC cũng là độ dài 3 cạnh của một tam giác

(3đ)

Câu 3a

(1đ)

Giả sử H(x ;y) là trực tâm ∆ ABC thì BH ⊥ AC; CH ⊥ AB 0,25

Do AB(1;1); AC (4;0); BH (x; y 2);CH (x 3; y 1)uuur uuur= uuur= − uuur= − −

ta có hệ 4x 0 x 0

0,5

Câu

3.b(1đ) Giả sử ABCD là hình bình hành thì AB DCuuur uuur= ⇔(1;1) (3 x;1 y)= − − 0,25

Câu3 ý 2 Cho ∆ ABC nhọn có a,b,c là độ dài các cạnh của nó

Chứng minh rằng : ba số a.sinA,bsinB, c.sinC cũng là độ dài 3 cạnh của một

tam giác

1 đ

Do ∆ ABC nhọn nên b2 + c2 > a2 (1) lại có

a = 2R sinA,b = 2R sinB, c = 2R sinC 0,25

Từ (1) ta có

tương tự csinC + a.sinA > bsinB;csinC < a.sinA + bsinB (đpcm) 0,25

Câu

4(1đ) Cho a > - 1 Chứng minh rằng :

2a 4

a 1

+

+

(1đ)

Ta có : 8a 2a 4 8a 2 2 8(a 1) 2 6

+ + = + + = + + −

0,25

mà 8(a 1) 2 6 2 8(a 1) 2 6 2

+ + − ≥ + − =

Vậy ta có đpcm dấu bằng khi a = - ½ 0,25

Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa.