de cuong on thi hk1

Vậy không tồn tại m để hai nghiệm thỏa hệ thức trên.[r]

4 2

-2

5 O

-1

y

Thời gian: 120 phút (Không kể thời gian giao đề).

-* -Câu 1: (4đ) Cho hàm số y x 2 4x3 có đồ thị parabol (P)

a) Vẽ đồ thị (P) và lập bảng biến thiên

b) Hãy biện luận số giao điểm của (P) và đường thẳng y = 2m

c) Từ đồ thị (P) hãy suy ra đồ thị (P’) của hàm số: yx2 4x3

Câu 2: (1đ) Cho parabol (P) yax2bx c (a≠0) Xác định a, b,c biết rằng nếu tịnh tiến (P) lên 2 đơn vị và qua trái 3 đơn vị thì ta được parabol (P’) y2x2 x 1

Câu 3: (2đ) Cho phương trình (m2)x2 2(m1)x 2 0 (1)

a) Xác định m để phương trình (1) luôn luôn có nghiệm với mọi m

b) Tìm m để phương trình (1) có 2 nghiệm x1, x2 sao cho x1 x2  2

Câu 4: (2đ) Cho đoạn thẳng AB và điểm I sao cho 3             IA5              IB              0

a) Tìm k sao cho: AI k AB

 

b) Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

Câu 5: (1đ)Cho tứ giác ABCD Với số k tùy ý, lấy các điểm M và M sao cho

AM k AB

 

và DN k DC

 

Tìm tập hợp các trung điểm I của đoạn thẳng MN khi k thay đổi

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu 1

a) Vẽ đồ thị y x 2 4x3 (1.5đ)

+ Có đỉnh I(2;-1);

+ a > 0, hướng bề lõm hướng lên, trục đối xứng x = 2;

BBT: (0.5đ)

b) Cách 1 (1đ)

Số giao điểm của hai đồ thị chính bằng số giao điểm của phương trình :

x  x  m x  x  m (0.25đ)

Tính   ' 1 2m

+ Khi m >

1 2



: Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm (0.25đ) + Khi m =

1 2



: Hai đồ thị cắt nhau tại một điểm (0.25đ) + Khi m <

1 2



: Hai đồ thị không cắt nhau (0.25đ)

x - ∞ 2 -∞

y +∞ +∞

-1

Cách 2:

Dựa vào hình vẽ ta thấy:

+ Khi 2m > -1  m >

1 2



: Hai đồ thị cắt nhau tại hai điểm (0.5đ) + Khi m =

1 2



: Hai đồ thị cắt nhau tại một điểm (0.25đ) + Khi m <

1 2



: Hai đồ thị không cắt nhau (0.25đ) c) (1đ)

- Vẽ đồ thị (P): y x 2 4x3 như câu a); (0.25đ)

- Vẽ đồ thị y(x2 4x3) bằng cách lấy đối xứng (P) qua ox (0.25đ) (0.25đ)

- Xóa đi phần đồ thị phía dưới ox

 Ta được đồ thị của yx2 4x3 (0.25đ)

Câu 2: (1đ)

Cho (P) yax2 bx c

- Tịnh tiến (P) lên 2 đơn vị, ta được: yax2bx c 2

- Tiếp tục tịnh tiến (P) sang trái 3 đơn vị, ta được (P’): ya(x+3)2b x(  3) c 2

2

- Mặt khác, ta lại có: (P’) y2x2 x 1 (2)

Từ (1) và (2) ta được:

      

Vậy (P) cần tìm là: y2x2 13x 22 (0.25đ)

Câu 3: Cho (m2)x2 2(m1)x 2 0 (1)

a) Xét: (1đ)

+ m = -2: Phương trình (1) trở thành: 2x – 2 = 0  x = 1 (0.25đ)

+ m ≠ -2, Δ = (m+2)2 + 1 >0, m (0.5đ)

Vậy phương trình luôn có nghiệm với mọi m (0.25đ)

b) Ta có Δ = (m+2)2 + 1 >0, phương trình luôn có 2 nghiệm (1đ)

Mặt khác: 1 2

2( 1) 2

m

m



 

 và 1 2

2 2

x x m





 (0.25đ) Có:

2

1 2

2

( 2) 1

2 2

( ( 2) 1) 2( 2)

( 2) 1 2( 2)

4 5 0

m

 





2

y

x 3

1

2

Vậy không tồn tại m để hai nghiệm thỏa hệ thức trên (0.25đ)

Câu 4: Cho 3IA5IB0

  

a) Từ giả thiết: 3IA5IB0

  



3 5

(0.25đ) (1đ)

Ta có:

3

5

5

8

    

 

 

(0.5đ) Vậy k= 5/8 là giá trị cần tìm (0.25đ)

b) Từ giả thiết ta suy ra: (1đ)

  

    

Câu 5: (1đ)

Gọi O, O’ lần lượt là trung điểm của AD và BC, ta có:

1

  

(0.5đ)

Vì O và I là trung điểm của AD và MN nên:

1

k

(0.25đ) Vậy khi k thay đổi, tập hợp các điểm I là đường thẳng OO’ (0.25đ

I A

B

O

O' M

N