De kiem tra Hoc ki 1 Toan 10 de so 5

[r]

Đề số 5

ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TỐN Lớp 10

Thời gian làm 90 phút I PHẦN CHUNG (8 điểm)

Câu 1: (2đ)

a) Cho parabol (P): y ax 2bx c Xác định a, b, c biết parabol (P) cắt trục tung điểm có tung độ có đỉnh S(–2; –1)

b) Vẽ đồ thị hàm số y x 24x3 Câu 2: (2đ) Giải phương trình sau:

a) 2x 3 x b) x2 2 x

Câu 3: (1đ) Giải biện luận phương trình sau theo m: m x2  4 x3m

Câu 4: (1đ) Cho ABC có G trọng tâm M điểm cạnh AB cho MA MB 

Chứng minh: GM CA

1 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

 

Câu 5: (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1) a) Xác định điểm D cho OABC hình bình hành

b) Xác định điểm M Oy cho tam giác AMB vuông M II PHẦN RIÊNG (2điểm)

Thí sinh làm hai câu (câu 6a 6b) Câu 6.a: (Chương trình Chuẩn)

1) (1đ) Cho a, b hai số dương Chứng minh a b ab   1 4  ab

2) (1đ) Cho tam giác ABC vuông cân B Biết A(1; –1), B(3; 0) đỉnh C có tọa độ dương Xác định tọa độ C

Câu 6.b: (Chương trình Nâng cao)

1) (1đ)Tìm m để phương trình sau vơ nghiệm:

mx m

x  

 

2) (1đ) Chứng minh: 2sin15 cos15 0  2sin15 cos15 0 2 cos150 ––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

Họ tên thí sinh: SBD :

Đề số 5

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ – Năm học 2009 – 2010 Mơn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm 90 phút

Câu Ý Nội dung Điểm

I. 1 Xác định hệ số a,b,c parabol (P). (1 đ ) (P) cắt Oy điểm có tung độ suy c =

(P) có đỉnh S(–2; –1) suy ra:

b b

a a

a b

4

2 1

1 

   



 

      

0,25

0,75 2

Vẽ parabol (P) y = x2+ 4x + 3 (1 đ )

+ Đỉnh (P): S(– 2; –1)

+ Trục đối xứng (P): x = – + a = > 0: Bề lõm quay lên phía

+ (P) cắt trục hoành điểm (– 1; 0), (– 3; 0) + Các điểm khác thuộc (P): A(0; 3), B(– 4; 3)

0.25

0,25

-4 0.5

II. (2đ )

a

Giải phương trình 2x  x 2(1) (1đ )

Điều kiện: x2 0,25

Với ĐK PT (1)  2x – = (x – 2)2 0,25

 2x 3x2 4x 4 x2 6x 7

 x 3  x 3

0,25

Đối chiếu với điều kiện, PT có nghiệm x 3 0,25 b

Giải phương trình x2 2 x (2) (1đ) x2 (2)  x + = 2x –  x = (thỏa điều kiện xét.)

Vậy x = nghiệm pt

0,5

x 2, (2)  x 2 x 3 x 

( không thỏa điều kiện xét) Vậy pt cho có nghiệm x =

0,5 III.

Cho a,b hai số dương.Chứng minh a b ab   14ab (1đ)

a0,b 0 ab0 0,25

Theo Côsi:a b 2 ab ab,  1 ab 0,5

a b ab ab

( )( 1)

    0,25

IV.

Chứng minh GM CA                              (1đ) G I A C B M 0,25

Gọi I trung điểm BC ta có :GM AM AG AB AI

1

3

   

    

0,25

Mà AI AB AC      0,25  

GM 1AB AB AC 1AC 1CA

3 3

                                                                                          0,25 V. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1) (2đ )

a Xác định điểm D cho OABC hình bình hành (1đ )

Gọi D(x;y) ta có: AD(x1;y 5),BC ( 1; 2)

                            0,25 ABCD hinh bình hành  AD BC

 

0,25

 x

y 15 12    

 

 

x y 32   



 Vậy D(–2; 3)

0,5 b Xác định điểm M Oy cho tam giác AMB vuông M (1đ )

M nằm Oy nên M(0; y), AM (1;y 5), BM ( 3;y 3)

                            0,25 AMB

 vuông M  AM BM 0                            

 –3 + (y – 5)(y – 3) = 0 0,25

 y2 – 8y +12 =  y = 6; y = 2 0,25

Vậy M(0;2), M(0; 6) 0,25

VIa 1

Giải biện luận phương trình: m x2  4 x3m(1) (1đ )

(1)  (m2 – 4)x = 3(m + 2) 0,25

m = 2: (1)  0x = 12: PT vô nghiệm 0,25

m = –2: (1)  0x = 0: PT nghiệm với x R 0,25

m 2: PT có nghiệm: x m

2 

 0,25

VIa 2 Xác định tọa độ C (1 đ )

Gọi C(x;y) với x>0, y>0, ta có AB(2;1), BC(x 3; )y

 

0,25

ABC vuông cân B nên ta có:

AB BC AB BC

AB BC AB2 BC2



    

 

  

 

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

x y

x y2 2( 3) ( 3)

   

 

  



0,5

Giải x = 2; y=2 Vậy C(2; 2) 0,25

VIb 1

Giải biện luận phương trình:

mx m

x  



 (1)

(1,0 đ)

Điều kiện x –1, (1)  mx – m +3 = x + 1(m – 1)x = m – (2) 0,25

Với m = , pt (2) vô nghiệm, nên pt (1) vô nghiệm 0,25

Với m 1, pt (2) có nghiệm

m x

m  

 , nghiệm nghiệm

(1)

m m

m

2 1

1



  



0,25

Vậy m1 m

3

2 : PT có nghiệm

m x

m  



m = m =

3

2 : PT vô nghiệm

0,25

VIb 2

Chứng minh 2sin15 cos15 0  2sin15 cos15 0 2 cos150(*) (1,0đ)

VT (*) =

2 0

2 0

sin 15 cos 15 2sin15 cos15

sin 15 cos 15 2sin15 cos15

  

  

0,25

=    

2

0 0

sin15 cos15  sin15  cos15 0,25 = sin150cos150 sin150 cos150 =

0 0

sin15 cos15  sin15 cos15 = 2 cos150 (Vì < sin150 < cos150)

0,5

……HẾT……