DE THI HOC KI 1 TOAN 10

Nội dung Xác định hệ số a,b,c của parabol P... Xác định điểm D sao cho OABC là hình bình hành.[r]

Đề số 5

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

I PHẦN CHUNG (8 điểm)

Câu 1: (2đ)

a) Cho parabol (P): y ax 2bx c Xác định a, b, c biết parabol (P) cắt trục tung tại điểm có

tung độ bằng 3 và có đỉnh S(–2; –1)

b) Vẽ đồ thị hàm số y x 24x3

Câu 2: (2đ) Giải các phương trình sau:

Câu 3: (1đ) Giải và biện luận phương trình sau theo m: m x2  6 4  x 3m

Câu 4: (1đ) Cho ABC có G là trọng tâm và M là điểm trên cạnh AB sao cho MA 1MB

2



Chứng minh: GM 1CA

3



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Câu 5: (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1)

a) Xác định điểm D sao cho OABC là hình bình hành

b) Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M

II PHẦN RIÊNG (2điểm)

Câu 6.a: (Chương trình Chuẩn)

1) (1đ) Cho a, b là hai số dương Chứng minh a b ab   1 4  ab

2) (1đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại B Biết A(1; –1), B(3; 0) và đỉnh C có tọa độ dương Xác định tọa độ của C

Câu 6.b: (Chương trình Nâng cao)

1) (1đ)Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:

mx m

1



 2) (1đ) Chứng minh: 1 2sin15 cos15 0 0  1 2sin15 cos15 0 0 2 cos150

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ và tên thí sinh: SBD :

Đề số 5

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010

Môn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

(P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3

(P) có đỉnh S(–2; –1) suy ra:

4 2











0,25

0,75

2

+ Đỉnh của (P): S(– 2; –1)

+ Trục đối xứng của (P): x = – 2

+ a = 1 > 0: Bề lõm quay lên phía trên

+ (P) cắt trục hoành tại các điểm (– 1; 0), (– 3; 0)

+ Các điểm khác thuộc (P): A(0; 3), B(– 4; 3)

0.25

0,25

a

 2x 3x2 4x 4 x2 6x 7 0

 x 3 2  x 3 2

0,25

Đối chiếu với điều kiện, PT có nghiệm duy nhất x 3  2 0,25

b

x2 (2)  x + 2 = 2x – 3  x = 5 (thỏa điều kiện đang xét.)

Vậy x = 5 là một nghiệm của pt

0,5

x 2, (2)  x 2 2 x 3 x 1

3

 ( không thỏa điều kiện đang xét) Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 5

0,5

III.

Cho a,b là hai số dương.Chứng minh a b ab   14ab (1đ)

IV.

Chứng minh GM 1CA

3



 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

(1đ)

G I

A

M

0,25

Gọi I là trung điểm BC thì ta có :GM AM AG 1AB 2AI

0,25

Mà AI 1AB AC

2

0,25

GM 1AB 1 AB AC 1AC 1CA

0,25

V. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1) (2đ )

Gọi D(x;y) thì ta có:               AD(x1;y 5),              BC ( 1; 2)

0,25 ABCD là hinh bình hành  AD BC

 

0,25



x

y 15 12

  



 

x

y 32

 





 Vậy D(–2; 3)

0,5

b Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M (1đ )

M nằm trên Oy nên M(0; y), AM (1;y 5), BM ( 3;y 3)

0,25

AMB

 vuông tại M  AM BM 0

 

 y2 – 8y +12 = 0  y = 6; y = 2 0,25

VIa 1

Giải và biện luận phương trình: m x2  6 4  x 3m (1) (1đ )

m = –2: (1)  0x = 0: PT nghiệm đúng với mọi x R 0,25

m 2: PT có một nghiệm: x

m

3 2



Gọi C(x;y) với x>0, y>0, ta có AB(2;1), BC(x 3; )y

0,25

ABC vuông cân tại B nên ta có:

AB BC

AB BC

AB BC AB.2 BC02



 

x 2 y2

5 ( 3)

 



0,5

VIb 1

Giải và biện luận phương trình:

mx m

1



(1,0 đ)

Điều kiện x –1, (1)  mx – m +3 = x + 1(m – 1)x = m – 2 (2) 0,25

Với m 1, pt (2) có nghiệm duy nhất

m x m

2 1





 , nghiệm này là nghiệm của

(1) khi

m





0,25

Vậy m1 và m

3

2 : PT có nghiệm duy nhất

m x m

4 1







m = 1 hoặc m =

3

2 : PT vô nghiệm

0,25

VIb 2

Chứng minh 1 2sin15 cos15 0 0  1 2sin15 cos15 0 0 2 cos150(*) (1,0đ)

VT (*) =

sin 15 cos 15 2sin15 cos15

sin 15 cos 15 2sin15 cos15

0,25

= sin150cos1502  sin150 cos1502 0,25

= sin150cos150 sin150 cos150 =

sin15 cos15  sin15 cos15 = 2 cos150

(Vì 0 < sin150 < cos150)

0,5

……HẾT……