Đề Học Kì I Lớp 10 Trường Phổ Thông Năng Khiếu năm 2016 – 2017 và Gợi ý giải

[r]

Võ Tiến Trình ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HCM KIỂM TRA HỌC KỲI NĂM HỌC 2016-2017

TRƯỜNG PHỔTHÔNG NĂNG KHIẾU MƠN : TỐN

Khối 10 (Khơng chun Tốn) Ngày thi : 13/12/2016

Thời gian làm bài: 90 phút

Câu (1 điểm) Tìm m đểphương trình  1 

x x m

x

 



  vô nghiệm

Câu (1 điểm) Gọi (P) đồ thị hàm số: yx2bxc b c,  Biết điểm

1; , 2; 3

A  B  thuộc (P)

Tìm toạđộgiao điểm (P) với (P’) với (P’) đồ thị hàm số y2x124

Câu (1 điểm) Cho hệphương trình:

1

4

1

2

x y

m

x y

m m



 

  

   

 

, với m tham số m0

Định m để hệphương trình có nghiệm

Câu (2 điểm). Giải phương trình sau: a) 2x 1 x34 b)

2

3 35 x x

x

 



Câu (1 điểm) Chứng minh đẳng thức : tan2 tan2 sin 2 .sin2  cos cos

a b a b

a b

a b

 

 

Câu (1 điểm) Cho tam giác ABC có đỉnh A1;3 , B 3; , C2;2 Chứng minh tam giác ABC tam giác vng tìm trực tâm tam giác ABC

Câu (3 điểm) Cho hình bình hành ABCD với AB6 ,a AD3 ,a ABC 600 Gọi M, N thoả: MA2MB0

  

, 3ND2NC 0

  

a)Tính  AM AD

b)Tính độ dài cạnh AN theo a

c) Gọi G trọng tâm tam giác AMN Tìm x y thoả: BGxBA yBD

Võ Tiến Trình Câu 1. Tìm m đểphương trình  1 

2

x x m

x

 



  vô nghiệm

Điều kiện : x2

Phương trình x1x3m0 x1 (loại) x3m

phương trình vơ nghiệm 2

3

m m

   

Câu 2. Gọi (P) đồ thị hàm số: yx2bxc b c,  Biết điểm

1; , 2; 3

A  B  thuộc (P)

Tìm toạđộgiao điểm (P) với (P’) với (P’) đồ thị hàm số y2x124

Vì A1; 4    P         4 b c b c

2; 3   2

B   P     b c b  c

2,

b c

    

Vậy  P :yx22x3

Phương trình hồnh độgiao điểm (P) với (P’)

 2

2

2

x  x  x 

2

0

3 2

3 x

x x

x   

   

   Với x 0 y 3

Với 35

3

x  y 

Vậy (P) cắt (P’) hai điểm 0; , 2; 35 M  N  

 

Câu

Cho hệphương trình:

1

4

1

2

x y

m

x y

m m



 

  

   

 

Võ Tiến Trình

Định m để hệphương trình có nghiệm

Điều kiện : y0

Đặt a y 0 ta có hệ

1

1

2

x a

m

x a

m m



 

  

   

 

2

2

1

1

1

1

m m

D

m m

m



   

  

2

2

1

2

1 2

4

2

2 x

m m

m m

m D

m m m m

m

 

 

 

      

 



1

2 2

2

2 a

m D

m m m

m m



    



Hệ có nghiệm

2

0

2

0

1 a

D m

D m

a

D m



  



 

 

  

 

  

1

0 1

m m m

m m m

     

 

  

    

 

Vậy giá trị m cần tìm 1

m m

m

   

 

 

Câu Giải phương trình sau:

a) 2x 1 x34 b)

2

3 35 x x

x

 



Võ Tiến Trình

Điều kiện :

3 x x x         

Phương trình  2x 1 x32 16

  

2 2x x 18 3x

    

 

18

4 324 108 x

x x x x

            

88 336 x x x         4 84 x x x x         

(thỏa điều kiện)

Vậy phương trình có nghiệm x4 b) 35 x x x   

Điều kiện : x2  9 x 3 x 3

Nhận xét :

2

3 35

1 0

4

9

x

x x x

x x

 

       

   

Do phương trình

2 2 35 x x x               2 2 2

9 1225

9 9 16

x x x x x       2 2 1225

9 9 16

x x x x       Đặt 2 x t x   

ta có phương trình :

25 1225 49 16 t t t t             Với 25

4

t  ta có :

2

2

25

4 25

Võ Tiến Trình

4

16x 625x 5625

   

2 25 x

 

2 225 15

16 x    

 

Vì 5; 15 x x x

Vậy phương trình có hai nghiệm 5, 16 x x

Câu Chứng minh đẳng thức : tan2 tan2 sin 2 .sin2  cos cos

a b a b

a b

a b

 

 

2 2 2

2

2 2

sin sin sin cos cos sin tan tan

cos cos cos cos

a b a b a b

a b

a b a b



   

      

2 2

sin cos cos sin sin cos cos sin sin sin

cos cos cos sin

a b a b a b a b a b a b

a b a a

   

 

Câu Cho tam giác ABC có đỉnh A1;3 , B 3; , C2;2 Chứng minh tam giác ABC tam giác vng tìm trực tâm tam giác ABC

 2; , 3; 1

AB   AC 

 

Ta có:  AB AC   2 3    6 1  0 ABAC ABC vuông A Tam giác ABC vuông A nên A1;3 trực tâm tam giác

Câu Cho hình bình hành ABCD với AB6 ,a AD3 ,a ABC600 Gọi M, N thoả:

2

MA MB

  

, 3ND2 NC 0 a)Tính  AM AD

b)Tính độ dài cạnh AN theo a

c) Gọi G trọng tâm tam giác AMN Tìm x y thoả: BGxBA y BD a) Ta có

3

AM  AB

 



.cos cos120

AB AD AB AD BAD a a   a

 

Do 2 2

3

AM AD AB AD  a   a

Võ Tiến Trình

b) Ta có : 2

5

AN ADDN  DCAD ABAD

      

2

2 2

5 25

AN  AB AD  AB  AD  AB AD

 

   

 

2 2

4 189

.36

25 a a a 25 a

    

3 21 AN

 

c) G trọng tâm AMN ta có:

 

2 1

3 3 3

MA MN

MG    MAMN  BA MN

 

    

2

9BA 3MN

  

2 11

5 15

MN BN BM BDDN BM BD BA BABD BA

          

1 11

3 15

BGBM MG BA BA BD BA

 

      

14 45BA 3BD

  

Vậy 14; 45