de thi hk1 (08-09)

Sở GD-ĐT Bình Đònh Trường THPT số 2 An Nhơn ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I (Năm Học 2008-2009) MÔN TOÁN (10 CƠ BẢN) Thời gian : 90 phút Câu I (2 điểm) : Cho hàm số 2 2 2 1y x x m= − − + + có đồ thò ( ) m P 1. Xác đònh m biết đồ thò hàm số đi qua ( ) 2, 5A − .Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thò hàm số với giá trò của m vừa tìm được 2. Tìm m để đồ thò ( ) m P của hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm): Giải các phương trình sau 1. 3 2 2 1x x− = − 2. 2 3 1 2x x x+ + = − Câu III (2 điểm): Cho phương trình 2 2 1 0x mx m− + − = 1. Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu 2. Tìm m để phương trình có hai nghiệm 2 2 1 2 1 2 , thỏa 4x x x x+ = Câu IV (3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 3 điểm ( ) ( ) ( ) 2,4 , 4, 2 , 2,1A B C− − − 1. Chứng minh rằng A,B,C là 3 đỉnh của một tam giác .Tính chu vi tam giác ABC 2. Gọi H là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Xác đònh tọa độ điểm H.Tính diện tích tam giác ABC. 3. Xác đònh điểm N trên cạnh BC sao cho AN // Oy Câu V (1 điểm): 1. Cho u > 0,v > 0 chứng minh rằng 1 1 4 u v u v + ≥ + 2. Cho a > 0 , b > 0 và a+b =1.Sử dụng kết quả ở câu a hãy chứng minh 2 1 1 3 a b a b + ≤ + + Sở GD-ĐT Bình Đònh Trường THPT số 2 An Nhơn ĐÁP ÁN TOÁN 10 CƠ BẢN (HKI) (Năm Học 2008-2009) Câu ý Đáp án Điểm I 1 Vì đths đi qua ( ) 2 2, 5 nên ta có: -5=-2 2.2 2 1 1A m m− − + + ⇔ = 0,5 Với m=1 hàm số được viết lại : 2 2 3y x x= − − + BBT x - ∞ -1 + ∞ y 4 - ∞ - ∞ 0,25 Đồ thò: Đỉnh ( ) 1,4I − 0,5 2 Phương trình hoành độ giao điểm của ( ) m P với trục hoành ( ) 2 2 2 1 0 1x x m− − + + = Để đồ thò ( ) m P của hàm số cắt trục hoành tại hai điểm phân biệt thì pt (1) có 2 nghiệm phân biêt ' 0 1 2 1 0 1m m⇔ ∆ > ⇔ + + > ⇔ > − 0,75 II 1 ( ) 2 2 2 2 1 0 3 2 2 1 3 2 2 1 1 1 1 2 1 2 2 3 2 4 4 1 4 7 3 0 3 4 x x x x x x x x x x x x x x x − ≥   − = − ⇔  − = −    ≥     ≥ ≥   ⇔ ⇔ ⇔ =         − = − + − + =     =   KL: Nghiệm pt : 3 1 và x= 4 x = 0,25 0,5 0,25 x y O Câu ý Đáp án Điểm 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 Ta có 2 3 1 2 2 3 1 3 1 3 1 1 3 0 2 3 2 3 1 3 5 5 18 8 0 4 x x x x x x x x x x x x x x loại + + = − ⇔ + = −  ≤   − ≥   ≤    −  ⇔ ⇔ ⇔    = + = −      − − =    =     KL : Nghiệm pt : -2 x = 5 0,25 0,5 0,25 III 1 Pt có 2 nghiệm trái dấu 0 1 0 1ac m m⇔ < ⇔ − < ⇔ < 1,0 2 Pt có 2 nghiệm ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 2 1 2 ' 1 0 , thỏa 4 4 * m m x x x x x x  ∆ = − − ≥  + = ⇔  + =   Xét ( ) * ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 2 1 2 2 2 4 2 4 2 2 1 4 1 4 2 2 0 1 2 x x x x x x m m m m m m + = ⇔ + − = ⇔ − − = =   ⇔ − − = ⇔ −  =  Kiểm tra điều kiện ' 0∆ ≥ ta nhận được 1 1 và m=- 2 m = 0,25 0,5 0,25 IV 1 ( ) ( ) 2, 6 , 4, 3 ,AB AC= − − = − uuur uuur Ta có 2 6 4 3 − − ≠ − .Suy ra , không cùng phương,Suy ra A,B,C không thẳng hàng Do đó A,B,C là 3 đỉnh một tam giác AB AC uuur uuur 1,0 Ta có 2 10, 5, 3 5AB AC BC= = = Suy ra chu vi 2 10 5 3 5ABC∆ = + + 0,25 2 Gọi ( ) , H H H x y . ( ) 2, 4 H H AH x y= + − uuur , ( ) 4, 2 H H BH x y= + + uuur , ( ) 6,3BC = uuur Theo bài ta có ,suy ra AH. 0AH BC BC⊥ = ⇔ uuur uuur ( ) ( ) ( ) 2 6 4 3 0 6 3 0 1 H H H H x y x y+ + − = ⇔ + = ( ) 4 2 cùng phương ,suy ra = 3 6 0 2 6 3 H H H H x y BH BC x y + + ⇔ − = uuur uuur Giải ( ) ( ) ( ) 1 2 0, 0. H 0,0 H H và ta được x y Vậy= = 1,0 Ta có 2 5AH = .Do đó ( ) 1 . 15 2 ABC S AH BC đvdt= = V 0,25 3 Ta có AN // Oy nên tọa độ ( ) 2, N N y− Vì N nằm trên BC nên 2 2 4 cùng phương ,suy ra = 1 6 3 N N y BN BC y + − + ⇔ = − uuur uuur Vậy N(-2,-1) 0,5 1 Ta có ( ) 2 1 1 4 4 u v u v u v uv u v u v + + + = ≥ = + + Dấu bằng BĐT xảy ra khi và chỉ khi u=v 0,5 Câu ý Đáp án Điểm 2 1 1 có 1 1 1 1 1 1 1 1 4 4 2 2 2 2 1 1 2 1 2 3 a b Ta a b a b a b a b     + = − + −  ÷  ÷ + + + +       = − + ≤ − = − =  ÷ + + + + +   Dấu bằng BĐT xảy ra khi và chỉ khi 1 a+1 = b+1 a=b = 2 ⇔ 0,5 . ( ) m P 1. Xác đònh m biết đồ thò hàm số đi qua ( ) 2, 5A − .Lập bảng biến thi n và vẽ đồ thò hàm số với giá trò của m vừa tìm được 2. Tìm m để đồ thò