19 TOAN 10 DE HK1 2013 DONG THAP

PHẦN CHUNG: 7 ĐIỂM Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.. Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.[r]

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KÌ I (Tham khảo)

Trường THCS-THPT Nguyễn Văn Khải MÔN THI: TOÁN KHỐI 10

THỜI GIAN: 90’

I PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM)

(Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.)

Câu I: (1,0 điểm)

Xác định A B A B A B ,  , \ , biết A [2;5), B{x R | 2x6}

Câu II: (2,0 điểm)

1 Viết phương trình parabol  P y ax:  2bx a 0 Biết  P đi qua M(1; 3) và có trục đối xứng là đường thẳng x 1

2 Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số: y2x 3, y3x2 x 1

Câu III: (2,0 điểm)

1 Giải phương trình: 3x2  1 x 1

2 Cho phương trình: x2 2(m1)x m 2 3m0 Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt

Câu IV: (2,0 điểm)

Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5)

a) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC

b) Tìm chu vi của tam giác đã cho

II PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM)

PHẦN A:(Dành cho học sinh ban cơ bản.)

Câu 4A: (2 điểm)

1 Giải phương trình sau: 4x43x21 0

2 Chứng minh rằng:

4

3, 0 1

a



Câu 5A: (1 điểm)

Cho tam giác ABC có A(1;2), B(1;-1), C(4;-1) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông tại B

PHẦN B:(Dành cho học sinh ban nâng cao.)

Câu 4B: (1 điểm) Giải phương trình sau: x24x 3x2 4 0 

Câu 5B: (2 điểm) Cho phương trình: x2 2(m1)x m 2 3m0 (1)

a) Định để phương trình (1) có một nghiệm Tính nghiệm còn lại

b) Định để phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa:

-Hết ĐÁP ÁN

I PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM)

Câu I

(1đ)

[2;5)

A  , B   ( ;3)

* [2;3]

* ( ;5)

* \ (3; )

A B

A B

A B

 

   

 

0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ

Câu II

(2đ) 1 Từ đề bài ta có hệ phương trình:



Vậy:  P y x:  22x

0.5đ 0.5đ

2 Cho 3x2  x 1 2x 3

2

1 1

x x







   



Vậy: Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm

4 17 (1; 1), ;

3 3

A  B   

0.25đ

0.5đ

0.25đ

Câu III

(2đ) 1

2

3x   1 x 1

2

1 0

3 1 ( 1)

1 1

0 (l)

1 (l)

x

x x

x

x

 



 

  











 Vậy: S 

0.25đ

0.5đ

0.25đ

2 Phương trình x2 2(m1)x m 2 3m0 có 2 nghiệm phân biệt khi và

chỉ khi:

' 0 ( 1) 1.( 3 ) 0

1 0 1

m m

 

  

   Vậy: m>-1 thỏa yêu cầu bài toán

0.25đ

0.5đ 0.25đ

Câu IV

(2đ)

Ta có: A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5)

1 Gọi G x y( ;G G) là trọng tâm ABC

1 2 1 4

2 3 5

2 3

G

G

x y

 

  

Vậy:

4

; 2 3

G  

 

0.5đ

0.5đ

2 Ta có:

AB 26, AC7, BC 5

Suy ra: Chu vi ABC là: CABC AB AC BC   26 7  5

0.5đ 0.5đ

II PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM)

Câu 4A:

(2đ) 1

4x 3x 1 0 (1)

Đặt: tx t2, 0

Phương trình (1) trở thành:

2

4 3 1 0

1 ( ) 1 ( ) 4

t t

  









 



2

1

1 4

2

x x

x







   

 



Vậy:

1 1

;

2 2

S   

0.25đ

0.25đ

0.25đ

0.25đ

2 Ta có:

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số không âm

4 1;

1

a a



 , ta có:

4

1

a a

 (đpcm)

0.25đ

0.5đ

0.25đ

Câu 5A:

(1đ)

2 Ta có:

(0;3), (3;0)

BA BC

BA BC

 

 

Do đó: ABC vuông tại B

0.5đ 0.25đ 0.25đ

Câu 4B:

(1đ)

2 4 3 2 4 0

x  x x   (1)

Đặt: t x 2 , t0

PT (1) trở thành: t2 3t0

0 ( )

3 ( )

2 0

2 3

x

x





  



 

0.25đ 0.25đ

0.5đ

Vậy: S   2;1; 5 

Câu 5B:

(2đ)

x  m x m  m (1)

a) Vì là nghiệm của (1) suy ra:

3 0

3

m

m





    



Với m=0:

2

x

x





     



Với m=3:

4

x

x





     

 b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: khi và chỉ khi:

1

1 ( )

2 ( )

m m







 Vậy: m=2, m=-1

0.5đ

0.25đ 0.25đ

0.75đ 0.25đ

Hết!