de kiem tra hoc ki I co dap an

2,Dựa vào đồ thị P biện luận theo k số nghiệm của phơng trình: 2.. 2,Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất.[r]

đề kiểm tra chất lợng học kỳ i

Năm học :2009-2010 Môn :toán 10 (Thời gian làm bài :90 phút)

1, Khảo sát và vẽ đồ thị (P) của hàm số với m=1

2,Dựa vào đồ thị (P) biện luận theo k số nghiệm của phơng trình:

x2-3 = 2x – k

3,Tìm m để (Pm) cắt trục Ox tại ít nhất một điểm có hoành độ dơng

Câu 2 (2,5 điểm ): Cho hệ phơng trình

2 1

x xy y m

x y y x m

   





  



1,Giải hệ phơng trình với m = -3

2,Tìm m để hệ có nghiệm duy nhất

Câu 3 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a,b,c

1,Trong mp Oxy cho A(-3;6), B(1;-2) ,C(6;3)

a Tìm tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác

b.Tìm điểm D thuộc trục Oy sao cho tam giác DAB vuông tại D

2, Tính góc BAC của tam giác ABC biết b b( 2 a2) c c( 2 a2) với bc

Câu 4(0,5 điểm ) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=

2009 2010 2





Hết

đáp án toán 10

Câu1(4,0 đ)

1, (2,0đ)

Với m=1 hàm số có dạng

y=-x2+2x+3

.TXĐ:R

Sự biến thiên

+Trục đối xứng x=1

+Đỉnh I(1;4)

+Hàm số đồng biến trên  ;1

Nghịch biến trên 1; 

+Bbt

x -  1 +

4 y

- -

.Đồ thị

+Giao Ox tại A(-1;0),B(3;0)

+Giao Oy tại C(0;3)

+vẽ

2,(1,0 đ)

Phơng trình đã cho tơng đơng

Với pt:-x2+2x +3 =k (1)

Pt (1) là pt hoành độ giao điểm

của đồ thị (P) và đờng thẳng (d)

có pt: y=k là đờng thẳng cùng

phơng trục Ox Dựa vào đồ thị ta

có :

+k 4 pt có 2nghiệm phân biệt

+k=4 pt có 1 nghiệm

+k4 pt trình vô nghiệm

3,(1,0đ)

Hoành độ giao điểm của (Pm) và

trục Ox là nghiệm của phơng

trình

-x2+(m+1)x +(m+2) =0 (2)

(Pm) cắt Ox tại ít nhất một điểm

có hoành độ dơng pt (2) có ít

nhất một nghiệm dơng

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 0,25 0,25 0,5

0,25

Ta có :Pt(2)

1 2

x

x m







 



Do đó pt(2) có ít nhất một nghiệm dơng m+2 0  m  2

KL Câu2 (2,5 điểm )

1 (1,5đ) Với m=-3 hệ có dạng

1 2

x xy y

x y y x

  





 



Đặt S=x+y,P=xy,đk S2-4P0 ta

đợc hệ pt

S P S

SP P

  



 

Và

2 1

S P











Với

1 2 1

1

x y S

y

  









 



  



 



 



Với

 



 

KL:

2,(1,0đ)

ĐK cần :Hệ đã cho là hệ đối xứng nên nếu (x y0 ; 0

là nghiệm

y x0 ; 0



cũng là nghiệm

Hệ có nghiệm duy nhất thì x0 y0 Thay x0 y0 vào hệ tìm đợc

m=1;m=-3;m=-3 4

ĐKđủ :Thử lại tìm đợc m =1;

m =

-3

4 thỏa mãn ycbt

KL

0,25 0,25 0,25

0,25 0,5

0,25

0,25 0,25

0,25

0,25 0,5

Câu 3

(3,0điểm)

Câu 4

(0,5điểm)

I.(2,0 điểm) a,(1,0 đ)Gọi I (a;b) là tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ta có IA=IB =IA  IA2 IB2 IC2

( 3 ) (6 ) (1 ) ( 2 ) ( 3 ) (6 ) (6 ) (3 )

         

 

       





8 16 40 1

18 6 0 3

a b b

  



Vậy I(1;3) b.(1,0đ)

DOy D(0; )y

Ta có DA   ( 3;6  y)

;DB (1; 2   y)



Tam giác DAB vuông tại D   DA DB  0

3 (6 y).( 2 y) 0

      

2 4 15 0

y y

   

2 19

2 19

y y

  

 

 



Có hai điểm D thỏa mãn đề bài D1 (0; 2  19);D2 (0; 2  19)

2.(1,0 điểm)

Ta có b b( 2 a2) c c( 2 a2)  (b c b )( 2bc c 2 a2) 0 

2 2 2

b c a bc

    (do b c)

b c a bc

 

 cosA =

-1

2 =cos1200 Vậy góc BAC bằng 1200

ĐK :x 2010

+Với x=2010 ta có y=

1 2012

+Với x 2010 Đặt a= x 2009  0;b x 2010  0

Khi đó y=

2011 2010

2011 2010 2 2011 2 2010

Dấu = xảy ra 

2 2

2011

4020 2010

a

x b

 

 





KL: Maxy=

4020

2 2011 2 2010  x

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

0,25 0,25 0,25 0,25

0,25 0,25

Cho các đờng trung tuyến AM, BE,CF của tam giác ABC tơng ứng bằng

5 cm, 4 cm, 3 cm Tính các cạnh của tam giác và chứng minh góc BAC nhỏ

hơn 450 Tù gt có

10 3

2 2 100

4 13

2 2 64

3

2 2 36

2 73 3

a

b c a

c a b b

a b c

c







    

    

    







Có cosA=

2 449 2

b c a

bc

 

  

cos450 góc BAC 450