Đề kiểm tra học kỳ 1 toán 10 (7)

Đề số 8 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH ( 7,0 Điểm) Câu 1. (2 điểm) 1) Tìm tập xác định của hàm số sau: 2 3 1 + = + − − x y x x 2) Giải phương trình 4 9 2 3x x− − = − Câu 2. (2.5 điểm) Cho hàm số 2 2 5 3y x x= + − có đồ thị là (P). a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D): 8 2y x= − . Câu 3. (2.5 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm ( 1;4), ( 2; 3), (2,3)A B C− − − . a) Chứng minh , ,A B C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC . 2) Cho tam giác ,ABC G là trọng tâm tam giác, D là điểm đối xứng của B qua G . Chứng minh rằng: 1 ( ) 3 CD BA CA = + uuur uuur uuur . II. PHẦN RIÊNG: ( 3,0 Điểm). A – Theo chương trình chuẩn. Câu 4A. (1 điểm) Giải phương trình 2 3 2x x+ − = . Câu 5A. (1 điểm) Giải hệ phương trình: 3 4 11 1 1 5 6 7 1 1 x y x y  + =  + −    − = −  + −  Câu 6A. (1 điểm) Tam giác ABC đều cạnh a có trọng tâm G . Tính .GB GC uuur uuur . B – Theo chương trình nâng cao. Câu 4B. (1 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 3 1 x y xy x y xy − − =   + + =  Câu 5B. (1 điểm) Xác định a để phương trình 2 2 4 1x x a x− + = − có nghiệm: Câu 6B. (1 điểm) Cho tam giác ABC có , ,a BC b CA c AB= = = . Chứng minh rằng: 2 2 ( cos cos )b c a b C c B− = − . C – Theo chương trình chuyên. Câu 4C. (1 điểm) Giải hệ phương trình 3 3 5 ( 1) ( 1) 35 xy x y x y + + =   + + + =  Câu 5C. (1 điểm) Cho phương trình x + x9 − = x x m 2 9− + + . a) Giải phương trình khi m = 9 . b) Xác định m để phương trình có nghiệm . Câu 6C. (1 điểm ) Cho tam giác đều ABC cạnh 3a. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho MB = a, NC = 2a, AP = x (0 < x < 3a). Tìm x để AM ⊥ PN . ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 Đề số 8 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2014 – 2015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Đáp án Điểm 1.1 Điều kiện 2 0 3 0 1 0 x x x + ≥   − ≥   − ≠  Tập xác định D =[–2;1) ∪ (1;3] 0.5 0.5 1.2 |4x – 9| = 2x –3 đk: 3 2 x ≥ 4 9 3 2 4 9 2 3 x x x x − = −  ⇔  − = −  2, 3x x⇔ = = (thỏa điều kiện) Kết luận nghiệm của phương trình là x = 2, x = 3 0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 2 2 5 3y x x= + − Đỉnh 5 49 ; 4 8 I   − −  ÷   Trục đối xứng 5 4 x = − Hệ số 2a = > 0 nên bề lõm hướng lên trên Bảng biến thiên x −∞ 5 4 − +∞ y +∞ +∞ 49 8 − Bảng giá trị x –3 0 1 y 0 –3 4 Đồ thị 0.25 0.25 0.5 0.25 0.5 2.2 Phương trình hoành độ giao điểm 2 2 5 3 8 2x x x+ − = − 2 2 3 1 0x x⇔ − − = 3 17 3 17 , 4 4 x x − + ⇔ = = Suy ra tọa độ giao điểm ( ) ( ) 3 17 3 17 ;4 2 17 , ;4 2 17 4 4 − + − + 0.25 0.25 0.25 3.1 a Ta có: ( 1; 7), (3; 1)AB AC= − − = − uuur uuur Vì 1 7 3 1 − − ≠ − suy ra hai vec tơ ,AB AC uuur uuur không cùng phương. Vậy , ,A B C không thẳng hàng, Suy ra điều phải chứng minh 0.25 0.25 0.25 2 3.1b Gọi ( ; )H x y ( 1; 4), ( 2; 3)AH x y BH x y⇒ = + − = + + uuur uuur (4;6), (3; 1)BC AC= = − uuur uuur H là trực tâm . 0 . 0 AH BC AH BC BH AC BH AC   ⊥ =   ⇔ ⇔   ⊥ =     uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ( ) ( ) ( ) ( ) 4 1 6 4 0 3 2 3 0 x y x y + + − =  ⇔  + − + =   4 6 20 3 3 x y x y + =  ⇔  − = −  Giải ra x = , y = KL H 1 36 ; 11 11    ÷   0.25 0.25 0.25 0.25 3.2 Gọi M là trung điểm của BC , ta có 2CD GM = − uuur uuuur 1 2 3 AM = − uuuur 2 1 . ( ) 3 2 AB AC = − + uuur uuur 1 1 ( ) ( ) 3 3 AB AC BA CA = − + = + uuur uuur uuur uuur 0.25 0.25 0.25 4A 2 3 2x x+ − = 2 3 2x x⇔ − = − đk: 2 3 0 3 2 2 0 2 x x x − ≥  ⇔ ≤ ≤  − ≥  2 2 3 4 4x x x⇔ − = − + 2 6 7 0x x⇔ − + = 3 2x⇔ = ± So điều kiện, chọn nghiệm 3 2x = − 0.25 0.25 0.25 0.25 5A Điều kiện: 1, 1x y≠ − ≠ đặt được 1 1 , 1 1 X Y x y = = + − Đưa về hệ phương trình 3 4 11 5 6 7 X Y X Y + =   − = −  Tìm được 1, 2X Y= = 1 1 0 1 3 1 2 2 1 x x y y  = =   +   ⇔   =   =  −   0.25 0.25 0.25 0.25 6A Xác định được góc giữa 2 vec tơ GB uuur và GC uuur bằng 120 o Tính được 3 3 a GB GC= = Viết được công thức tính vô hướng Thay vào và ra đáp số 2 6 a − 0.25 0.25 0.25 0.25 4B 2 2 3 1 x y xy x y xy − − =   + + =  ⇔ 2 3 ( ) 3 1 x y xy x y xy − − =   − + =  Đặt S = x – y; P = xy, ta có: 2 3 3 1 S P S P − =   + =  Giải hệ tìm được : S = 2 ; P = –1 và S = –5; P = –8 Giải tìm x, y. 0.25 0.25 3 S = 2; P = –1: ta có hệ: 2 1 x y xy − =   = −  . Giải tìm được 1 1 x y =   = −  Với S = –5; P = –8 ta có hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phương trình là: S = { } (1; 1)− . 0.25 0.25 5B 2 2 4 1x x a x− + = − 2 2 1 0 2 4 ( 1) (1) x x x a x − ≥  ⇔  − + = −  (1) ⇔ 2 2 1x x a− + + = Vẽ đồ thị hàm số y = 2 2 1x x− + + (P), rồi tìm giao điểm của (P) và y = a. Ta tìm được a ≤ 2 thì phương trình có nghiệm thỏa điều kiện x 1≥ . 0.25 0.25 0.25 0.25 6B Theo định lý cosin, ta có 2 2 2 2 2 2 2 cos ; 2 cos ; b a c ac B c a b ab C = + − = + − Trừ vế theo vế ta được 2 2 b c− = Suy ra 2 2 ( cos cos )b c a b C c B− = − 0.25 0.25 0.25 0.25 4C Biến đổi 3 ( 1)( 1) 6 [(x+1)+(y+1)] 3[( 1) ( 1)]( 1)( 1) 35 x y x y x y + + =   − + + + + + =  Đặt ( 1) ( 1); ( 1)( 1)S x y P x y= + + + = + + Hệ trở thành 2 6 5 2 1 6 1 2 ( 3 ) 35 P S x x P y y S S P = = = =     ⇒ ⇒ ∨     = = = − =     0.25 0.25 0.25 0.25 5C a. Với m = 9 phương trình trở thành x + x9− = x x 2 9 9− + + (1) Điều kiện : 0 ≤ x ≤ 9 . Bình phương hai vế của (1) ta được (1) ⇔ 2 x x(9 )− = x(9 – x) ⇔ x x(9 )− = 0 hay x x(9 )− = 2 ⇔ x = 0; x = 9 hay x 2 – 9x + 4 = 0 ⇔ x = 0; x = 9 hay x = 9 65 2 ± . Đối chiếu với điều kiện , cả bốn nghiệm trên đều thích hợp . 0.25đ 0.25đ b. Điều kiện x x x m 2 0 9 9 0  ≤ ≤   − − ≤   . Lúc đó phương trình đề bài tương đương với x(9 – x) – 2 x x(9 )− + m – 9 = 0 (2) Đặt t = x x(9 )− , thế thì 0 ≤ t = x x(9 )− = x 2 81 9 4 2   − −  ÷   ≤ 9 2 . (2) ⇔ t 2 – 2t + m – 9 = 0 (3) 0.25đ 4 phương trình đề bài có nghiệm khi (3) có nghiệm t sao cho 0 ≤ t ≤ 9 2 . (3) ⇔ – t 2 + 2t + 9 = m Lập bảng biến thiên của hàm số y = – t 2 + 2t + 9 với 0 ≤ t ≤ 9 2 Căn cứ bảng biến thiên : phương trình có nghiệm khi – 9 4 ≤ m ≤ 10 . 0.25đ 6C Biểu diễn 2 1 3 3 AM AB AC= + uuuur uuur uuur Biểu diễn 1 ( ) 3 x PN AC AB a = − uuur uuur uuur Điều kiện AM ⊥ PN . 0AM PN⇔ = uuuur uuur . Tính được 4 5 x a= 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ ……HẾT…… 5 . 1 Đề số 8 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2 014 – 2 015 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Đáp án Điểm 1. 1 Điều kiện 2 0 3 0 1 0 x x x + ≥   − ≥   − ≠  Tập xác định D =[–2 ;1) ∪ (1; 3] 0.5 0.5 1. 2 |4x. − 0.25 0.25 0.25 0.25 5A Điều kiện: 1, 1x y≠ − ≠ đặt được 1 1 , 1 1 X Y x y = = + − Đưa về hệ phương trình 3 4 11 5 6 7 X Y X Y + =   − = −  Tìm được 1, 2X Y= = 1 1 0 1 3 1 2 2 1 x x y y  = =   + . − 0.25 0.25 0.25 0.25 4C Biến đổi 3 ( 1) ( 1) 6 [(x +1) +(y +1) ] 3[( 1) ( 1) ]( 1) ( 1) 35 x y x y x y + + =   − + + + + + =  Đặt ( 1) ( 1) ; ( 1) ( 1) S x y P x y= + + + = + + Hệ trở thành 2 6 5 2 1 6 1 2 ( 3 ) 35 P S