De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 10

Gọi M, N, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, CD, MN.. Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh AC.[r]

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG Đề số 10

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

Thời gian làm 90 phút A PHẦN CHUNG (7 điểm)

Bài 1: (2 điểm) Cho hàm số yx22x3

a) Lập bảng biến thiên vẽ đồ thị (P) hàm số

b) Tìm toạ độ giao điểm đường thẳng d y:  x với đồ thị (P) Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình (m1)x2 (2m1)x m  0

a) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt

b) Tìm m để phương trình có nghiệm x = –2 Tìm nghiệm cịn lại Bài 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(–1; 1), B(1; 3), C(2; 5).

a) Chứng minh A, B, C đỉnh tam giác Tính chu vi tam giác b) Tìm toạ độ điểm M trục hồnh cho tam giác MAB vuông M

Bài 4: (1 điểm) Cho số thực x, y, z khác thoả hệ thức x2y2z21 Chứng minh: x y y z z x

z x y

2 2 2 2   1 Đẳng thức xảy nào?

B PHẦN RIÊNG (3 điểm)

I Chương trình bản

Bài 5a: (2 điẻm) Giải phương trình sau:

a) x2 3x 1 0  b) x2 x  x

Bài 6a: (1 điểm) Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, G trung điểm đoạn thẳng AB, CD, MN Chứng minh GA GB GC GD     0.

II Chương trình nâng cao

Bài 5b: (2 điểm)

a) Tìm a đê phương trình x22ax 0 có hiệu nghiệm x x1, 2 6. b) Giải phương trình: 2x2 3 2x2 3.

Bài 6b: (1 điểm) Cho tam giác ABC Gọi M trung điểm AB N điểm cạnh AC

sao cho NC = 2NA K trung điểm MN Chứng minh AK AB AC

1

4

 

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

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

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG Đề số 10

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

Thời gian làm 90 phút

Bài Nội dung Điểm

1.a Toạ độ đỉnh I(1; 4) Bảng biến thiên

Đồ thị

0,5

0,5

1.b

Xét phương trình: x22x 3 x 1  x23x 4 

x x 41      Vậy có giao điểm: (–1; 0), (4; –5)

0,5

0,5 2.a

PT có nghiệm phân biệt  a

0    

 



m m

m m

1

1 9

8

8     



 

   

 



0,5

0,5 2.b

x12

nghiệm PT  (m1)( 2) 2 (2m1)( 2) m 0  m 

m

x x x

m

1  21  225  115

0,5

0,5 3.a AB(2;2), AC(3;4)

 AB AC,  

không phương  A, B, C đỉnh tam giác

AB2 2, AC5,BC 5  Chu vi ABC 2 5 

0,5 0,5 3.b Gọi M(x; 0) điểm nằm Ox

MA  ( x;1), MB(1 x;3)

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

MAB vuông M  MA MB 0  

 ( 1  x)(1 x) 1.3 0   x2 2 (vô nghiệm)

Vậy khơng có điểm M Ox thoả mãn

0,5

0,5 4

Trước hết chứng minh: a2b2c2ab bc ca  (1) Thật vậy, (1)  (a b )2(b c )2(c a )20 (luôn đúng)

Áp dụng (1) với

xy yz zx

a b c

z , x , y

  

, ta có:

x y y z z x xy yz yz zx zx xy z x x y y z

z x y

2 2 2

2     



x y y z z x y z x

z x y

2 2 2

2 2     

 Đẳng thức xảy 

xy yz zx x y z z x y

1

     

0,5

5a.1 x2 3 x 1 0

    (1)

 Nếu x1 (1) trở thành:

x

x2 3(x1) 0   x2 3x   2 x12

 

 Nếu x1 (1) trở thành:

x loại

x23(x 1) 0   x23x 0  x1 (4 )

  Vậy tập nghiệm PT S  4;1;2

0,5

0,5

5a.2 x2 x 2 x 1

    (2)

Bình phương vế ta được: x2  x (x1)2  x1 Thử lại, x1 thoả mãn (2) Vậy PT có nghiệm x1.

0,5 0,5 6a GA GB GC GD      2GM2GN

= 2(GM GN ) 0  

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

   0,5

0,5 5b.1  a2 4 0,a

 PT ln có nghiệm phân biệt

Hiệu nghiệm x x1 2,  x1 x2 6  (x1 x2)2 36

 (x1x2)2 4x x1 36  4a216 36  a

Vậy a

0,5

0,5 5b.2

Đặt t 2x23,t3 PT trở thành:

t loại t t2 t2 t t ( )

5   6  0    6

  t 6 2x2  3 2x2 3 36 x4 Vậy PT có hai nghiệm x4;x4

0,5 0,5

6b

AK (AM AN)

 

  

= AB AC AB AC

1 1 1

2

 

  

 

 

   

0,5

0,5