De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 8

a) Tìm tọa độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành... b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC2[r]

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

Đề số 8

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2010 – 2011 Mơn TỐN Lớp 10

Thời gian làm 90 phút I Phần chung cho tất thí sinh ( điểm ).

Câu (2 điểm).

a) Khảo sát vẽ đồ thị (P) hàm số: y3x22x1 b) Dựa vào đồ thị (P), tìm x để 3x22x 1 0.

Câu (2 điểm).

Cho phương trình: x2 2(m1)x m 2 0 , (m tham số) a) Tìm m để phương trình có nghiệm

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x x1, thỏa: 1

2 x x  Câu (3 điểm).

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(3; –1), B(2; 4), C(1; 0). a) Tìm tọa độ điểm D cho tứ giác ABCD hình bình hành

b) Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC

2 Cho tam giác ABC có trọng tâm G, H điểm đối xứng với A qua G, M trung điểm AC Phân tích vectơ MH theo vectơ BA



và BC

II Phần riêng ( điểm ). A Theo chương trình chuẩn: Câu 4a:

1 (2 điểm) Giải phương trình sau:

a) 3x2  x4 b) 3x2 x2 2 (1 điểm) Giải biện luận phương trình sau theo tham số m: m x2( 1) 3 m x 2

B Theo chương trình nâng cao: Câu 4b:

1 (2 điểm) Giải hệ phương trình:

2

2 x y y xy x

  

 

  



2 (1 điểm) Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, CA = b; S diện tích tam giác ABC Biết:

( )( )

4

S  a b c a c b   

Chứng minh tam giác ABC vuông

––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

SỞ GD-ĐT QUẢNG NAM TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

Đề số 8

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2010 – 2011 Mơn TỐN Lớp 10

Thời gian làm 90 phút

Câu Đáp án Điểm

1a + TXĐ: D = R + Đỉnh: I(

1 ; )

3 và trục đx: x = + Lập BBT

+ Điểm ĐB: A(0; 1), B(1; 0), ;0        C + Vẽ đồ thị

0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 1b

Dựa vào đồ thị ta có

1

0

3

y    x 0.5

2a ' 0

 

2m m

     

+ KL

0.25 0.5 0.25 2b ĐK: m2

+ Biến đổi đưa pt 2 x x x x  

+ Ta có x1x2 2(m1); x x1 m2

+ Khi pt trở thành m2 m ( m 3) + Giải pt so sánh đk, kết luận m = –1, m =

0.25

0.25 0.25 0.25 3.1.a

+ Gọi D(x;y) Tính AB ( 1;5), DC (1 x y; )

                           

+ ABCD hbh  AB DC

1 (2; 5) x y x D y                 0.25 0.25 0.25 0.25 3.1.b Gọi H(x;y) trực tâm

+ Ta có

AH BC AH BC

CH AB CH AB

                                         

+ Đưa hệ:

4 x y x y       

+ Giải hệ được:

1

1

9 ;

2 9

9                   x H y 0.25 0.5 0.25

3.2 + Ta có: MA MH   2MG +

2

2

3

 MH  GM AM  BM  AC

    

1

( ) ( )

3 6

 BA BC   BC BA   BA BC

+ Kết luận:

5

6

MH  BA BC

  

4a.1.a

PT  3x2  x Đk:x4

+ Biến đổi PT đưa PT: 8x + 13 = + Giải PT

13 x

(thỏa đk) + Kết luận:

0.25 0.25 0.25 0.25 4a.1.b

+ TH1:

2 x

, PT trở thành: 3x 2 x2 + Giài PT x = –1 (loại); x = (chọn)

+ TH2:

2   x

PT trở thành: 3x 2x2 + Giải PT được: x = (loại), x = –3 (chọn)

0.25 0.25 0.25 0.25 4a.2

Biến đổi đưa PT: (m21)x m 2 3m2 + m1: PT có nghiệm

2 m x

m  

 + m = 1: PT có nghiệm x + m = –1: PT vô nghiệm + KL:

0.25 0.25 0.25 0.25

4b.1 2

2

2

( ) ( )

2

x y y x y y

xy x y x y xy x

     





 

   

 

 



2 2

( )( 1) x y y

x y xy

  

 

  



2 2 2

( ) ( )

0

     

   

   

 

x y y x y y

I II

x y xy

Giải hệ (I) nghiệm x = y = –1 Giải hệ (II) nghiệm x = y = –1 Kết luận nghiệm x = y = –1

0.5 0.25

0.5 0.25 0.25 0.25 4b.2

2

2 2

( )( )( ) ( )( ) ( )( )( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

( )( ) ( )( )

p p a p b p c p b p c p p a p b p c p b p c p p a p b p c

a b c b c a a b c a b c

a b c ABC A

     

      

    

         

     