SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN NĂM HỌC 2009 – 2010 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: 2 3 1 9m x m x − = − Câu 2 : (2 điểm) Cho hàm số ( ) 2 0y ax bx c a = + + ≠ 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. 3 4 2x x − = − b. 2 5 4x x − − = 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 năm học 2009- 2010) Câu 1: (1.5điểm) 2 3 1 9m x m x − = − 2 (9 1) 1 3 (0.25) (3 1)(3 1) (3 1) (*) (0.25) m x m m m x m ⇔ − = − ⇔ − + = − − - Nếu 1 3 m ≠ ± thì pt(*) có nghiệm duy nhất 1 3 1 x m − = + (0,25) - Nếu 1 3 m = thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25) - Nếu 1 3 m = − thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25) Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất 1 3 1 x m − = + khi 1 3 m ≠ ± - Có vô số nghiệm khi 1 3 m = - Vô nghiệm khi 1 3 m = − (0,25) 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 ( ) (0,25) 4 4 2 1 (0,25) 2 12 16 S S b x a S p y a b a a b b a a = − = ∈ ⇔ ∆ = − = = − = − ⇔ ⇔ = − + = Vậy (P) là: y = -x 2 + 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 ( ) (0,25) 2 4 .1 .1 2 0 1 1 (0,25) 2 b S p a a b c a b a b a b − = ∈ ⇔ = + + + = ⇔ + = =− ⇔ = Vậy (P) là: y = -x 2 + 2x +3 (0,25) b/ Theo câu a/ ta có (P) : y = -x 2 + 2x +3. - TXĐ : D R = - Tọa độ đỉnh S (1 ; 4). - 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. 3 4 2x x − = − (1) Cách 1: 2 0 (1) (0.25) 3 4 2 3 4 2 2 (0.25) 3 4 2 3 4 2 2 1 (0.25) 3 2 x pt x x x x x x x x x x x x − ≥ ⇔ − = − − = − ≤ ⇔ − = − − = − ≤ = ⇔ = Vậy pt đã cho có hai nghiệm 3 1, 2 x x= = (0,25) Cách 2: Ta có: 4 3 4 3 3 4 4 4 3 3 x khi x 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 3 1, 2 x x= = Cách 3: pt(1) ⇒ (3x – 4) 2 = (2 - x) 2 ⇒ 9x 2 – 24x + 16 = 4 – 4x + x 2 ⇒ 8x 2 – 20x + 12 = 0 ⇒ 3 2 1 x x = = Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm 3 1, 2 x x= = đều thoả mản pt(1) Vậy pt đã cho có hai nghiệm 3 1, 2 x x= = b. 2 5 4x x − − = (2) Cách 1: 2 2 (2) 2 5 4 4 0 (0,25) 2 5 ( 4) 4 (0,25) 2 5 8 16 4 (0,25) 7 3 pt x x x x x x x 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 (2) 2 5 ( 4) 2 5 8 16 7 3 pt x x x x x 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) ba 11 + ≥ 2 ab 1 , dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (2) (0,25) Từ (1) và (2) suy ra: (a + b)( ba 11 + ) ≥ 4. (0,25) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (0,25) Cách 2: BĐT(3) ⇔ ( ) 4 b a a b ab + + ≥ ÷ ⇔ 2 ( ) 4a b ab+ ≥ (Do a, b là hai số dương) ⇔ a 2 + 2ab + b 2 ≥ 4ab ⇔ a 2 - 2ab + b 2 ≥ 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 .AB AC uuur uuur = 0) Ta có : (6;2), (1; 3) (0,25)AB AC = = − uuur uuur Mà .AB AC uuur uuur = 6.1 + 2(-3) = 0 nên AB AC⊥ ⇔ uuur uuur AB ⊥ AC. Vậy ∆ ABC vuông tại A (0,5) Cách 2: (Chứng minh Cos( ,AB AC uuur uuur ) = 0 ⇒ ( ,AB AC uuur uuur ) = 90 0 ) Ta có: 0 . ( , ) . 6.1 2( 3) 40. 10 0 ( , ) 90 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 (6;2) 40 (1; 3) 10 ( 5; 5) 50 AB AB AC AC BC BC = ⇒ = = − ⇒ = = − − ⇒ = uuur uuur uuur 2 2 2 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 CE uuur uuur cùng phương) Ba điểm B, C, E thẳng hàng BC kCE⇔ = uuur uuur (0,25) Ta có : ( 5; 5); (2;2) (0,25)BC CE = − − = uuur uuur Mà 5 5 (2;2) 2 2 BC BC CE= − ⇒ = − uuur uuur uuur Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng. (0,5) Cách 2: (Chứng minh 0 0 0 ( , ) 180 BC CE = uuur uuur ) 0 . ( 5)2 ( 5)2 20 ( , ) 1 20 50. 8 . ( , ) 180 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(x D ; y D ), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó: AB DC= uuur uuur (0,25) mà (1 ; 1 ) D D DC x y= − − − uuur . (0,25) Hay 1 6 5 1 2 3 D D D D x x y y − = = − ⇔ − − = = − . Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành (0.25) Cách 2: (Chứng minh BD BA BC= + uuur uuur uuur ) Gọi D(x D ; y D ), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó: BD BA BC= + uuur uuur uuur Ta có: ( 6; 2) ( 5; 5) BA BC = − − = − − uuur uuur ⇒ ( 11; 7)BA BC+ = − − uuur uuur Mặt khác: ( 6; 4) D D BD x y= − − uuur . Từ đó, ta có: BD BA BC= + uuur uuur uuur ⇔ 6 11 4 7 D 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 I I x y là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ , Khi đó: IA = IB = IC (0.25) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (0 ) (2 ) (6 ) (4 ) (0.25) (0 ) (2 ) (1 ) ( 1 ) 3 12 3 1 7 2 (0.25) 3 2 I I I I I I I I I I I I I I IA IB IA IC IA IB IA IB x y x y x y x y 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 2 7 3 5 2 2 2 2 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 I I x y là tâm của đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ , Khi đó: 7 6( 3) 2( 3) 0 3 12 . 0 2 7 3 5 3 5( ) 5( ) 0 . 0 2 2 2 I I I I I I I I I I x y x x y MI AB MI AB x y x y NI BC NI BC y − + − = = + = ⊥ = ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ + = − − − − = ⊥ = = uuur uuur uuur uuur 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 2 7 3 5 2 2 2 2 2 − + − = ÷ ÷ (Đvđ) (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) . GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN NĂM HỌC 2009 – 2 010 MÔN TOÁN LỚP 10 (Chương trình cơ bản) Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (1. 5 điểm) Giải. 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 năm học 2009- 2 010 ) Câu 1: (1. 5điểm) 2 3 1 9m x. m x − = − 2 (9 1) 1 3 (0.25) (3 1) (3 1) (3 1) (*) (0.25) m x m m m x m ⇔ − = − ⇔ − + = − − - Nếu 1 3 m ≠ ± thì pt(*) có nghiệm duy nhất 1 3 1 x m − = + (0,25) - Nếu 1 3 m = thì pt(*)