Bài tập và đáp án HKI Toán 10./.

NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT Câu 1. (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.) Giải phương trình : 3x 4 2 3x+ = − . Đáp án Điểm * 3x 4 2 3x (1) Pt 3x 4 3x 2(2) + = −  ⇔  + = −  * 1 x 3 Vn  =  ⇔   . 0.5đ 0.5đ Câu 2 . ( Mức độ: C; 1,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho hệ phương trình : mx 2y 1 (I) x (m 1)y m + =   + − =  . Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất.Tìm các giá trị của m để nghiệm duy nhất (x;y) là các số nguyên Đáp án Điểm Hệ phương trình có nghiệm duy nhất * Điều kiện : D 0≠ . * Tính 2 D m m 2= − − và giải được m 1≠ − và m 2≠ . Tìm m để nghiệm duy nhất là các số nguyên * Khi m 1≠ − và m 2≠ thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với 1 x m 2 − = − và m 1 y m 2 − = − . * Nghiệm duy nhất nguyên khi và chỉ khi m 2 1− = ± m 1 m 3 =  ⇔  =  0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ Câu 3. ( Mức độ: C; 2 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho phương trình : 2 mx 2(m - 2)x m 3 0 (1).+ + − = a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m. b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 x ,x sao cho : 1 2 2 1 x x 3 x x + = . Câu Đáp án Điểm 3a * Khi m = 0 thì (1) trở thành : 3 4x 3 0 x 4 − − − = ⇔ = . * Khi m 0≠ thì (1) là phương trình bậc hai có 4 m∆ = − . + Nếu m > 4 thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu m 4≤ thì phương trình (1) có hai nghiệm : 1 2 2 m 4 m x m , − ± − = . Kết luận : + m = 0 : 3 S 4 − = . + m > 4 : S = ∅ . + m 4≤ và m 0 ≠ : Phương trình (1) có hai nghiệm : 1 2 2 m 4 m x m , − ± − = . 0.25đ    0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 3b * Khi m 4≤ và m 0 ≠ thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 x x, . * ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x 3 x x 5x x 0 x x + = ⇔ + − = .      0.25đ THPT NGỌC HỒI Tổ Toán * Thay vào và tính được 1 65 m 2 − ± = : thoả mãn điều kiện m 4≤ và m 0 ≠ . 0.25đ Câu 4. ( Mức độ: C; 2,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC với A(1; 2),B(5; 2),C(3;2)− − . Tìm toạ độ trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC. Câu Đáp án Điểm 4 Toạ độ trọng tâm G : 9 G 1 2 ;   −  ÷   . Toạ độ trực tâm H : * AH BC 0 2 x 1 4 y 2 0 2 x 5 4 y 2 0 BH AC 0 . ( ) ( ) ( ) ( ) . uuuur uuur uuuur uuur  = − − + + =   ⇔   − + + = =    . * H (3 ; - 1 ). Toạ độ tâm đường trong ngoại tiếp I : * 2 2 2 2 AI BI 8x 24 4x 8y 8 AI CI  = =   ⇔   + = =    . * 1 I 3 2 ;    ÷   . 0.75đ 0.75đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ Câu 5. ( Mức độ: C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) 1. Cho hai tập hợp: A=[1; 4); { } / 3B x R x= ∈ ≤ .Hãy xác định các tập hợp: , \A B A B∩ ? 2. Tìm hàm số bậc hai y = ax 2 + bx +6 biết đồ thị của nó có đỉnh I(2,-2) và trục đối xứng là x= 2. Câu Đáp án Điểm 5.1 (1.0 đ) A=[1; 4); { } / 3B x R x= ∈ ≤ = [-3,3] 1;3A B   ∩ =   \ (3;4)A B = 0.5đ 0.5đ 5.2 (2.0 đ) -Thay tọa độ đỉnh I(2;-2), ta có hệ phương trình: 4a 2 4 2 2a b b  + = −   − =   4a 2 4 4a 0 b b  + = − ⇔  + =  Giải hệ ta được: 1 4 a b  =  = −  . Vậy hàm số cần tìm là y = x 2 – 4x +6 . 0.5đ 0.5đ 0.5đ 0.5đ Câu 6. ( Mức độ: C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) 1. Cho hệ phương trình: x 2 1 ( 1) m y x m y m  + =  + − =  . Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2. Cho phương trình: 2 2 2 x+m -m=0x m− . Tìm tham số thực m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn 1 2 2 1 3 x x x x + = . Câu Đáp án Điểm 6.1 (1.5 đ) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất * Điều kiện : D 0≠ . * Tính 2 D m m 2= − − và giải được m 1≠ − và m 2≠ . Vậy với m 1≠ − và m 2≠ thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với 1 x m 2 − = − và m 1 y m 2 − = − . 0.75đ 0.25đ 0.5đ 6.2 (1.5 đ) Phương trình: 2 2 2 x+m -m=0x m− có hai ngiệm phân biệt khi ' 0∆ > 0m ⇔ > TheoYCBT thì: + + = ⇔ = ⇔ + − = 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 3 3 .x ( ) 5x x 0 x x x x x x x x x 2 2 2 (2 ) 5( ) 0 5 0 0( ) 5 m m m m m m L m ⇔ − − = ⇔ − + =  = ⇔  =  Vậy với m=5 thì thỏa YCBT 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Câu 7. ( Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì 1 1 1 ( )( ) 9x y z x y z + + + + ≥ . Câu Đáp án Điểm 7 (1.0 đ) , , 0x y z∀ > . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 3 3 . .x y z x y z+ + ≥ (1) 1 1 1 , , 0 ; ; 0x y z x y z ∀ > ⇒ > . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 3 1 1 1 1 1 1 3 . . x y z x y z + + ≥ (2) Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được: 1 1 1 ( )( ) 9x y z x y z + + + + ≥ . đpcm 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Câu 8. (Mức độ: B; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ: 2 , 5 , 3 2 .OA i j OB i j OC i j= − = − = + uuur r r uuur r r uuur r r Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC. 2. Cho 4 sin (0 ) 5 2 π α α = < < . Tính giá trị biểu thức: 1 tan 1 tan P α α + = − . 3. Câu Đáp án Điểm 8.1 (1.0 đ) Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2). Toạ độ trọng tâm G : 1 G 3 3   −  ÷   ; . Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ của H. * AH BC 0 2 x 1 3 y 2 0 2 x 5 4 y 1 0 BH AC 0  = − − + + =   ⇔   − + + = =    . ( ) ( ) ( ) ( ) . uuuur uuur uuuur uuur . 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ * 25 2 ( ; ) 7 7 H − . 8.2 (1.0 đ) Ta có: 4 sin 5 α = . Tìm được 3 4 cos ; tan 5 3 α α = = Thay vào biểu thức: 4 1 1 tan 3 7 4 1 tan 1 3 P α α + + = = = − − − . 0.5đ 0.5đ Câu 9. (Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. Chứng minh rằng: c C b B a A abc cba coscoscos 2 222 ++= ++ . Câu Đáp án Điểm 9 (1.0 đ) Ta có ( ) CABCCAABBCABCABCAB CABCAB .2.2.2 222 2 +++++= ++ 0.5đ c C b B a A abc cba CabAcbBaccba CABCCAABBCABcba coscoscos 2 cos.2cos2cos.2 .2.2.2 222 222 222 ++= ++ ⇔ ++=++⇔ ++=++⇔ 0.5đ Câu 10. (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) a)Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x 2 - 2x – 3. b) Tìm m để phương trình: x 2 - 2x - m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt Câu Đáp án Điểm 10a, 10b, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x 2 - 2x – 3 *Tập xác định : D = ¡ *Đồ thị là parabol có đỉnh I: 2 1 2 2.1 1 2.1 3 4 4 I I b x a y a −  = − = − =    ∆  = − = − − = −   , nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng. *Vì a = 1 > 0 nên hàm số nghịch biến trong (-∞;1),đồng biến trong (1;+∞) BBT x -∞ 1 +∞ 0,5đ 0,5đ +∞ +∞ y - 4 *Đồ thị (C ) đi qua các điểm: (-1;0),(0;- 3), (2;-3),(3;0) (Đồ thị vẽ đúng 0,5 đ) Tìm m để phương trình: x 2 - 2x - m + 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt Ta có: x 2 - 2x - m + 1 = 0 ⇔ x 2 -2 x -3 = m – 4 (1) *Số nghiệm của pt (1) bằng số giao điểm của đồ thị (C 1 ) : y = x 2 -2 x -3 với đường thẳng d: y = m- 4 *Vì hàm số y = x 2 -2 x -3 là hàm số chẵn nên nên đồ thị (C 1 ) được suy ra từ đồ thị (C ) bằng cách giữ nguyên phần đồ thị (C ) ứng với x≥ 0 và lấy đối xứng phần đồ thị này qua trục Oy * Để pt (1) có bốn nghiệm phân biệt thì: - 4< m – 4< -3 ⇔ 0 < m< 1 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 11.(Mức độ: D ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Tìm m để hệ phương trình : 2 2 2 ( 1) 1 2 x m y m x m y m m − + = − +   − = − −  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. Đáp án Điểm Tìm m để hệ phương trình : 2 2 2 ( 1) 1 2 x m y m x m y m m − + = − +   − = − −  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. * D = 2 2 2 -m-1 2 1 ( 1)(2 1) 1 -m m m m m= − + + = − − + D x = 3 2 3 2 2 2 1 -m-1 3 2 2 (2 1) 2 -m m m m m m m m m m m − + = − − − − = − + − − D y = 2 2 2 -m+1 2 4 1 ( 1)(2 1) 1 -m 2 m m m m m m = − − + − = + + − *D = -(m-1)(2m+1) ≠ 0⇔ m≠ 1 và m ≠ - 1 2 thì hệ pt có nghiệm (x;y) duy nhất: x = 2 2 2 1 1 x D m D m m = = + − − y = 1 2 1 ( 1) 1 y D m D m m + = = − − − − − * Để x ∈ ¢ ,y ∈ ¢ thì : m- 1 = ± 1, m- 1= ± 2.Suy ra : x∈ { 2;0;3;- 1} 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ Câu 12. (Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 Đáp án Điểm Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 * Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3⇔(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – 3 = 0 ⇔(x 2 - 4x +4)(x 2 - 4x +6) – 3 = 0 (1) 0,25đ 0,25đ *Đặt t = x 2 - 4x +4.Pt (1)⇔ t(t+2) – 3 = 0 ⇔ t 2 +2t – 3 = 0 1 3 t t =  ⇔  = −  *t = 1: x 2 - 4x +4 = 1 ⇔ x 2 – 4x + 3 = 0 5 13 2 x ± ⇔ = *t = - 3: x 2 - 4x +4 = - 3 ⇔ x 2 – 4x + 7 = 0.Phương trình này vô nghiệm Vậy nghiêm của pt (1): 5 13 2 x ± = 0,25đ 0,25đ Câu 13.(Mức độ: B ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0) a) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho 2AD BC= − uuur uuur Câu Đáp án Điểm 18a 18b ∆ABC có:A(2;6),B(-3;4),C(5;0) Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. * AB uuur = (-5;-2) AC uuur = (3;-6) * Vì 5 2 3 6 − − ≠ − nên AB uuur và AC uuur không cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ điểm D sao cho 2AD BC= − uuur uuur Giả sử D(x;y) * AD uuur = (x-2;y-6) (8;4)BC = uuur ⇒ -2 BC uuur = (-16;-8) * 2AD BC= − uuur uuur ⇔ 2 16 6 8 x y − = −   − = −  ⇔ 14 2 x y = −   = −  0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ Câu14.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho ∆ABC có trọng tâm G.Đặt a r = GB uuur , b GC= r uuur .Hãy biểu thị mỗi vectơ , , ,CB GA AC BA uuur uuur uuur uuur qua các vectơ a r và b r . Đáp án Điểm a r = GB uuur , b GC= r uuur .Hãy biểu thị mỗi vectơ , , ,CB GA AC BA uuur uuur uuur uuur qua các vectơ a r và b r . CB GB GC a b= − = − uuur uuur uuur r r GA GB GC a b= − − = − − uuur uuur uuur r r 2AC AG GC GA GC a b= + = − + = + uuur uuur uuur uuur uuur r r 2BA BG GA GB GA a b= + = − + = − − uuur uuur uuur uuur uuur r r 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 15.(Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải phương trình: a) 4 7 2 3x x+ = − (1) b) 2 3 1x x+ = − (2) Câu Đáp án Điểm 20 a(1đim) Điều kiện 7 4 x ≥ − Pt(1) 2 4 7 4 12 9x x x⇒ + = − + ⇒ 4x 2 -16x+2=0. ⇒ x 1,2 = 4 14 2 ± Cả hai giá trị đều thoã mãn điều kiện nhưng khi thay vào phương trình thì x 2 = 4 14 2 − không thoã mãn. Vậy phương trình có một nghiệm là x= 4 14 2 + 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 20b (1điểm) +)Với x ≥ 3 2 − phương trình trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x ≥ 3 2 − n ên bị loại) +) V ới x< 3 2 − phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x= 2 3 − (lo ại) V ậy : Phương trình vô nghiệm. 0,5đ 0,5đ Câu 16.(Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho a,b,c>0. Chứng minh rằng: 8 a b b c c a b c c a a b     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     Đáp án Điểm Áp dụng bất đ ẳng th ức Côsi cho hai số dương ,ta được ( ) ( ) ( ) 2 0 1 2 0 2 2 0 3 a b a b c c b c b c a a c a c a b b + ≥ > + ≥ > + ≥ > Nh ân c ác b ất đ ẳng th ức (1);(2);(3) theo từng vế ta được: 8 . . a b b c c a a b c b c c a a b c c a     + + + ≥  ÷ ÷ ÷     =8 Dấu “=” xảy ra khi a=b=c 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 17.(1đ).(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=(-2x+3)(x-1), với 3 1 2 x≤ ≤ Đáp án Điểm Ta c ó y=(-2x+3)(x-1)= 1 2 (-2x+3)(2x-2), Với 3 1 2 x≤ ≤ . Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0. Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương là 2x-2>0 và -2x+3>0. ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (2x-2)+(-2x+3) 2 2 2 2 3 1 ( ) 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 8 x x x x x x ≥ − − + ⇔ ≥ − − + ⇔ − − + ≤ Hay y ≤ 1 8 .Vậy giá trị lớn nhất của y là 1 8 , đạt tại x= 5 2 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 18.(Mức độ: C ; 3điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2) a).Hãy tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành b) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC c) Xác định toạ độ tr ực tâm H của tam giác ABC Câu Đáp án Điểm Câu 18a Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB DC= uuur uuur (1) Mà (6;4)AB = uuur ; ( ;2 )DC x y= − − uuur Từ (1) ta có 6 6 2 4 2 x x y y − = = −   ⇔   − = = −   Vậy D(-6;-2) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu 18b Gọi G là trọng tâm của tam giác.Khi đó ; 3 3 A B C A B C x x x y y y G + + + +    ÷   hay 2 ( ;2) 3 G − 0,25đ 0,25đ Câu 18c Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 4; 2 ; 2; 6 ; 2; 8 ; 4; 4AH x y BH x y BC AC= + − = − − = − − = − uuur uuur uuur uuur Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 8 2 0 . 0 4 2 4 6 0 . 0 4 4 0 4 0 12 12 8 5 ; ( ; ) 8 5 5 5 x y AH BC AH BC BH AC x y BH AC x y x y x H y  − + − − = ⊥ =    ⇔ ⇔    ⊥ − − − = =      − − + =  ⇔  − + =   = −  −  ⇔   =   uuur uuur uuur uuur 0,25đ 0,75đ 0,25đ 0,25đ Câu19. (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải các phương trình sau : a) ( 1 điểm) 1243 −=− xx b) ( 1 điểm) 1262 2 −=+− xxx Câu Đáp án Điểm 19a 19b Tùy theo cách cách giải khác nhau để cho điểm sau đây là một cách cụ thể Đặt đk: 2 1 012 ≥⇔≥− xx Pt 0,25 1x 3x 0,25 2143 1243    = = ⇔    −=− −=− ⇔ xx xx So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = 3 và x =1 Đặt đk: 0,25 012 062 2    ≥− ≥+− x xx { Không nhất thiết phải giải điềm kiện} Pt 0,25 3 5 x 1x 0,25 14462 22     = −= ⇔+−=+−⇔ xxxx So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x = 3 5 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu20.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho 3 số dương a, b, c. Chứng minh rằng : cbaab c ac b bc a 111 ++≥++ Đáp án Điểm Dùng bất đẳng thức cô si ta có: bbc a ab c aab c ac b cac b bc a 2 2 2 ≥+ ≥+ ≥+ aab c ac b bc a 1 ≥++⇔ + cb 11 + ( đpcm) 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Hết. GV.Đặng Ngọc Liên . DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT Câu 1. (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.) Giải phương trình : 3x 4 2 3x+ = − . Đáp. 1 = 0 có bốn nghiệm phân biệt Câu Đáp án Điểm 10a, 10b, Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: y = x 2 - 2x – 3 *Tập xác định : D = ¡ *Đồ thị là parabol