Đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 tỉnh Quảng Trị

Đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 tỉnh Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I

-  - MÔN TOÁN LỚP 10 (Chương trình cơ bản)

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)

Câu 1: (1.5 điểm)

Giải và biện luận theo tham số m phương trình: 3m x− = −1 9m x2

Câu 2 : (2 điểm)

Cho hàm số y =ax2 +bx c a+ ( ≠0)

a Biết đồ thị của hàm số đã cho có đỉnh S(1; 4) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3, tìm các hệ số a, b, c

b Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ở câu a vừa tìm được

Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau:

a 3x− = −4 2 x

b x− 2x− =5 4

Câu 4: (1 điểm)

Cho hai số dương a và b Chứng minh (a + b)(1 1

a +b ) ≥ 4 Dấu “ = ” xảy ra khi nào ?

Câu 5: (3.5 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)

a Chứng minh rằng: Tam giác ABC vuông

b Gọi E (3; 1), chứng minh rằng : Ba điểm B, C, E thẳng hàng

c Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành

d Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và tìm bán kính đường tròn đó

HẾT

-Thí sinh:……… Lớp: 10……

Số báo danh:………

(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)

ĐÁP ÁN: ( Môn TOÁN lớp 10)

Câu 1: (1.5điểm)

2

3m x− = −1 9m x

2

3

m≠ ± thì pt(*) có nghiệm duy nhất 1

x m

−

= + (0,25)

3

m= thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25)

3

m= − thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25) Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất 1

x m

−

= + khi

1 3

m≠ ±

- Có vô số nghiệm khi 1

3

m =

- Vô nghiệm khi 1

3

Câu 2 : (2điểm)

a/

Cách 1 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).

Nên A∈(P) ⇒ c = 3 (0,25)

2

1 2

4 4

(0, 25) 2

S

S

b x

a

y

a

b

 = − =





Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3 (0,25)

Cách 2 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).

Nên A∈(P) ⇒ c = 3 (0,25)

2

1

1 1

(0, 25) 2

b

a b

a b a b

− =



 + =





= −





Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3 (0,25)

b/ Theo câu a/ ta có (P) : y = -x2 + 2x +3

- TXĐ : D =R

- Trục đối xứng x = 1

- (P) cắt Oy tại A(0; 3), cắt Ox tại hai điểm B(-1; 0) và C(3; 0)

- Điểm D(2; 3) ∈ (P) (0,25)

* Bảng biến thiên :

x −∞ 1 +∞

y 4

-∞ -∞

Hàm số đã cho đồng biến ( −∞; 1) và nghịch biến (1; +∞) (0,25) Vẽ: (Chính xác đồ thị và đẹp ) (0,5)

4 2 -2 5 D X = 1 0 3 3 2 1 -1 C S A B Câu 3:(2điểm) Giải các phương trình sau: a 3x− = −4 2 x (1)

Cách 1:

2

(0.25)

2

3 2

x

x

x x x

− ≥









≤









≤



 =

⇔ 

 =





Vậy pt đã cho có hai nghiệm 1, 3

2

x= x= (0,25)

Cách 2: Ta có:

4

3

4

4 3

3

x

x khi x



− = 



* Khi 4

3

x≥ thì pt(1) ⇔3x - 4 = 2 – x

⇔ 4x = 6

⇔ x = 3

2 (TMĐK)

* Khi x < 4

3 thì pt(1) ⇔4 – 3x = 2 – x

⇔ 2x = 2

⇔ x = 1 (TMĐK)

Vậy pt đã cho có hai nghiệm 1, 3

2

x= x=

Cách 3: pt(1) ⇒ (3x – 4)2 = (2 - x)2

⇒ 9x2 – 24x + 16 = 4 – 4x + x2

⇒ 8x2 – 20x + 12 = 0

⇒

3 2 1

x x

 =



 =

 Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm 1, 3

2

x= x= đều thoả mản pt(1) Vậy pt đã cho có hai nghiệm 1, 3

2

x= x=

b x− 2x− =5 4 (2)

Cách 1:

2

2

(0, 25)

4

(0, 25)

4

(0, 25) 7

3

x

x

x x x

− ≥





≥





≥









Đối chiếu điều kiện, pt có nghiệm duy nhất x = 7 (0,25)

Cách 2: Điều kiện 2x – 5 ≥ 0 ⇔ x ≥ 5

2 (**)

2 2

7 3

x x

=



Cả hai nghiệm x = 7 và x = 3 đều thoả mản Đkiện (**), nhưng khi thay vào pt(2) thì giá trị

x = 3 bị loại ( vì 2 = 4 ( vô lí)), còn giá trị x = 7 nghiệm đúng

Vậy pt(2) có nghiệm duy nhất x = 7

Câu 4: (1điểm) Chứng minh: (a + b)( 1 1

a +b ) ≥ 4 (3)

Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cô- si, ta có:

a + b ≥ 2 ab, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b (1) (0,25)

b

a

1

1

+ ≥ 2

ab

1 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b (2) (0,25)

Từ (1) và (2) suy ra: (a + b)(

b a

1

1+ ) ≥ 4 (0,25) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b (0,25)

Cách 2: BĐT(3) ⇔ (a b) b a 4

ab

+

  +  ÷≥

  ⇔ (a b+ )2 ≥4ab (Do a, b là hai số dương)

⇔ a2 + 2ab + b2 ≥ 4ab

⇔ a2 - 2ab + b2 ≥ 0

⇔ (a – b)2 ≥ 0 , ∀a, b dương

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b (đpcm)

Câu 5: (3 điểm)

Trong mp Oxy cho ∆ ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)

a/ CMR : ∆ ABC vuông

Cách 1 : (Chứng minh uuur uuurAB AC.

= 0)

Ta có : uuurAB=(6;2), uuurAC= −(1; 3) (0, 25)

Mà uuur uuurAB AC

= 6.1 + 2(-3) = 0 nên uuur uuurAB⊥AC⇔ AB ⊥ AC Vậy ∆ ABC vuông tại A (0,5)

Cách 2: (Chứng minh Cos(uuur uuurAB AC,

) = 0 ⇒ (uuur uuurAB AC,

) = 900 )

Ta có:

0

6.1 2( 3)

40 10 0

AB AC Cos AB AC

AB AC

AB AC

= + −

=

=

uuur uuur uuur uuur

uuur uuur

uuur uuur Hay AB ⊥ AC

Vậy ∆ ABC vuông tại A

Cách 3: (Sử dụng định lí đảo của định lí Pitago)

Ta có:

2 2 2

= − ⇒ =

= − − ⇒ =

uuur

uuur

uuur

BC AB AC

Vậy ∆ ABC vuông tại A có cạnh huyền BC

b/ Gọi E (3; 1), CMR : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.

Cách 1: ( BC CEuuur uuur;

cùng phương)

Ba điểm B, C, E thẳng hàng ⇔BC kCEuuur= uuur (0,25)

Ta có : BCuuur= − −( 5; 5); CEuuur=(2;2) (0, 25)

BC= − ⇒BC= − CE

Cách 2: (Chứng minh

0 0

0

180

BC CE 

= 



uuur uuur

)

0

20

50 8

BC CE Cos BC CE

BC CE

BC CE

− + − −

uuur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur

Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng

c

Cách 1: Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành Khi đó: uuur uuurAB DC= (0,25)

− − =  = −

  Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành (0.25)

Cách 2: (Chứng minh BD BA BCuuur uuur uuur= + )

Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành Khi đó:BD BA BCuuur uuur uuur= +

Ta có:

( 6; 2)

( 5; 5)

BA

BC

= − −

= − −

uuur

uuur

⇒uuur uuurBA BC+ = − −( 11; 7)

Mặt khác: uuurBD=(x D −6;y D −4)

Từ đó, ta có: BD BA BCuuur uuur uuur= + ⇔ D 64 117

D

x y

− = −



 − = −

5 3

D

D

x y

= −



 = −

 Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành

d Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC và tìm bán kính đường tròn đó

Cách 1 : Gọi I x y( ; )I I là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, Khi đó:

IA = IB = IC (0.25)

2 2

2 2

(0.25)

7

3 2

I I

I I

I

I

IA IB

IA IC

IA IB

IA IB

x y

x y x y

=



⇔  =



 =



⇔  =



 − + − = − + −



⇔  − + − = − + − −



+ =



⇔  − = −



 =



⇔ 

 =



Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( ;7 3)

2 2

I và bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: R = IA =

2

−  + −  =

 ÷  ÷

    (Đvđ) (0.25)

Cách 2: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, ta có: M(3; 3), N(7 3;

2 2) Mặt khác gọi I x y( ; )I I là tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, Khi đó:

7

I I

I I

I

MI AB MI AB

x y







uuur uuur uuuruuur

uur uuur uur uuur

Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: ( ;7 3)

2 2

I và bán kính của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC là: R = IA =

2

−  + −  =

 ÷  ÷

(Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác củng đạt điểm tối đa,các cách giải khác

ở trên củng có bờ rem điểm tương tự)