Đề thi và đáp án học kỳ I Môn Toán 10 (Chương trình nâng cao)37577

ĐỀ 10A2345 Đề thi học kỳ I năm học 2008 – 2009 Mơn Tốn 10 (Chương trình nâng cao) Thời gian làm 90 phút (không kể phát đề) Ngày thi: 31/12/2008 (Đề gồm có 01 trang) Họ tên học sinh: Số báo danh: Chữ ký giám thị: NỘI DUNG ĐỀ Câu 1: (3.0 điểm) Cho hai tập hợp: A=[1; 4); B   x  R / x  3 Hãy xác định tập hợp: A  B, A \ B ? Tìm hàm số bậc hai y = ax2 + bx +6 biết đồ thị có đỉnh I(2,-2) trục đối xứng x= Câu 2: (3.0 điểm) mx  y  1 Cho hệ phương trình:   x  (m  1) y  m Hãy xác định tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm Cho phương trình: x  2mx+m -m=0 Tìm tham số thực m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn x1 x2  3 x2 x1 Câu 3: (1.0 điểm) x y z Chứng minh x,y,z số dương ( x  y  z)(   )  Câu 4: (2.0 điểm)          Trong mặt phẳng Oxy, cho vectơ: OA  i  j, OB  5i  j, OC  3i  j Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm tam giác ABC   tan  Cho sin   (0    ) Tính giá trị biểu thức: P   tan  Câu 5: (1.0 điểm) Cho tam giác ABC có ba cạnh a, b,c Chứng minh rằng: a  b  c cos A cos B cos C /.Hết    2abc a b c Câu 1.1 1.0 đ Đáp án A=[1; 4); B   x  R / x  3 = [-3,3] A  B  1;3 Điểm 0.5 0.5 A \ B  (3; 4) -Thay tọa độ đỉnh I(2;-2), ta có hệ phương trình: 1.2 2.0 đ  4a  2b  4   b  2a    4a  2b  4   4a  b  0.5 0.5 a  Giải hệ ta được:  b  4 0.5 DeThiMau.vn 2.1 1.5 đ Vậy hàm số cần tìm y = x2 – 4x +6 Hệ phương trình có nghiệm * Điều kiện : D  * Tính D  m  m  giải m  1 m  Vậy với m  1 m  hệ phương trình (I) có nghiệm 1 m 1 y  m2 m2 Phương trình: x  2mx+m -m=0 có hai ngiệm phân biệt  '  m0 x1 x x  x 22  3 3 x x TheoYCBT thì: x x (x ; y) với x  2.2 1.5 đ  (x  x )2  5x1x  2  m  0( L )  m  x  y  z  3 x.y.z 1.0 đ 0.25 (1) 1 x , y, z   ; ;  Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: x y z 1 1 1    33 x y z x y z (2) 0.25 0.25 0.25 y z Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được: ( x  y  z)(   )  đpcm 0.25 Tọa độ điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2) 0.25 1  Toạ độ trọng tâm G : G  3;   3  4.2 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 x 4.1 1.0 đ 0.25 0.25 Vậy với m=5 thỏa YCBT x , y, z  Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 1.0 đ 0.25 0.25 0.25  (2m)  5(m  m)   m  5m  0.5 0.25 Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) tọa độ H   AH BC  2( x  1)  3( y  2)  *      2( x  5)  4( y  1)  BH AC  25 * H( ; ) 7 4 Ta có: sin   Tìm cos   ; tan   5  tan   Thay vào biểu thức: P    7  tan   Ta có AB  BC  CA 2 0.25 0.5 0.5 0.5  AB  BC  CA  AB.BC  AB.CA  BC.CA 0.25 DeThiMau.vn  a  b  c  AB.BC  AB.CA  BC.CA  a  b  c  2ac cos B  2cb cos A  2ab cos C a  b  c cos A cos B cos C     a b c 2abc DeThiMau.vn 0.5 ... phương trình có nghiệm * ? ?i? ??u kiện : D  * Tính D  m  m  gi? ?i m  1 m  Vậy v? ?i m  1 m  hệ phương trình (I) có nghiệm 1 m 1 y  m2 m2 Phương trình: x  2mx+m -m=0 có hai ngiệm phân biệt... cos   ; tan   5  tan   Thay vào biểu thức: P    7  tan   Ta có AB  BC  CA 2 0.25 0.5 0.5 0.5  AB  BC  CA  AB.BC  AB.CA  BC.CA 0.25 DeThiMau.vn  a  b  c  AB.BC  AB.CA... Tọa độ ? ?i? ??m A(1;-2), B(5;-1), C(3;2) 0.25 1  Toạ độ trọng tâm G : G  3;   3  4.2 1.0 đ 0.25 0.25 0.25 x 4.1 1.0 đ 0.25 0.25 Vậy v? ?i m=5 thỏa YCBT x , y, z  Áp dụng BĐT Cô si cho ba