DE THI HOC KI 1 KHOI 10 NAM 20102011 CO THUY DUONG

TrườngTHPT Nguyễn Khuyến GV Trần Thị Thùy Dương Tam giác ABM vuông cân tại A  AM AB.[r]

TrườngTHPT Nguyễn Khuyến GV Trần Thị Thùy Dương

ĐỀ THI HỌC KÌ I MÔN TOÁN 10

Năm học: 2010 – 2011

ĐỀ:

Bài 1:

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (P): y  x2 2 x  8

b) Xác định tọa độ giao điểm của (P) và đường thẳng d: y  3 x  12

Bài 2: Giải các phương trình sau:

Bài 3: Tìm các giá trị của tham số m để phương trình: x22mx  có 2 nghiệm4 0 x x thỏa mãn 1, 2

4 4

1 2 32

x x 

Bài 4: Cho tứ giác ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC và O là trung điểm của MN

Chứng minh rằng: AB AC A    D 4 AO

Bài 5: Trong mp(Oxy), cho A (1 ; 0 ) , B ( 2 ; -1 ) và C ( -3 ; 4 )

a) Tìm tọa độ của điểm D sao cho AD 2 BC AB

b) Tìm tọa độ điểm M sao cho tam giác ABM vuông cân tại A

(((HẾT)))

1a  TXĐ: D=R (0.25đ)

 Trục đối xứng: x=1 (0.25đ)

 Đỉnh I(1;9) (0.25đ)

 BBT (a<0) (0.5đ)

 Tọa độ một số điểm: (0.25đ)

x -2 0 1 2 4

y 0 8 9 8 0

 Đồ thị: (0.5đ)

2

1b Phương trình hoành độ giao điểm của (P) và (d) là:

2 2

12 5

1 4

4 0

x x



 





 



 



(0.5đ)

Với x = 1 => y = 9 => A(1;9) (0.25đ)

Với x = 4 => y = 0 => B(4;0) (0.25đ)

Vậy (P) cắt (d) tại 2 điểm A(1;9) và B(4;0)

1

x - 1 +

y 9

- -

10

8

6

4

2

2

9

4 -2

8

I

9

M

N

D

C

TrườngTHPT Nguyễn Khuyến GV Trần Thị Thùy Dương

x  x    x

2 14 14 3 2

x









(0.5đ)

2

3 2

x











   (0.25đ)

3 2 1 5 3

x x x



















1 5 3

x x











 (0.25đ)

1

2b

2

2 1 3 4

x  x  x 2

2

3 4 0

2 1 3 4

2 1 3 4

x

 







     





   





(0.5đ)

2 2

4 3

5 0

5 3 0

x

x x

 



    



  





4 3

2 3

5 13 2

x

x x x

 







 

 











 



 







(0.25đ)

3

5 13 2

x x







  

 



(0.25đ)

1

3  Pt có 2 nghiệm phân biệt   ' 0  m2 – 4 0 (*) (0.25đ)

 Theo định lí Viét, ta có:

1 2

1 2

2 4

x x

 







 (0.25đ)

 Theo đề bài ta có: x14x24 32

x1 x22 2x x1 2 2 2x x1 22 32

   2m2 82 32 32

  (0.25đ)

2 2

(4m 8) 64

2 2

2 ( (*))

4 8 8

2 ( (*))

m thoa m





   



 



(0.25đ) Vậy m=2 và m=-2 là các giá trị cần tìm

1

4

2 2

4

AO VP

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

 

  



1

5a Gọi D x y ; 

D 1;

A  x y



( 5;5) 2 (10; 10)

BC    BC 

D 2 ( 9; 10)

A  BC x y

 

(1; 1)

AB  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

1.5

(vì N, M lần lượt là trung điểm của BC và AD)

(vì O là trung điểm của MN) (đpcm)

TrườngTHPT Nguyễn Khuyến GV Trần Thị Thùy Dương

Tam giác ABM vuông cân tại A  AM AB. 0

AM AB









 

(*)

Ta có: AM (x M 1;y M)  AM  (x M 1)2y M2



AB(1; 1)  AB 2



Do đó: (*)  1 2 02

  





  



2 1

1

M

y

 



 





2 1

1 1

0 1

1

M

M M

M M

M

x

y y

x y

y

 

 



    







  









 

 Vậy M(2;1) hoặc M(0;-1) thì tam giác ABM vuông cân tại A