Đề kiểm tra học kì I và đáp án chi tiết

Đề kiểm tra học kì I Mơn :Tốn nâng cao–(Thời gian 90’) _ Đề 1 Bài 1(2 điểm): Cho phương trình: x m x m 2 2(2 1) 3 4 0− + + + = (*). a) Giải phương trình với m = 0 b) Tìm m để (*) có hai nghiệm âm phân biệt Bài 2(3 điểm):Giải phương trình: a) x x x 2 4 5 4 17− − = − b) x x x 2 2 4 2+ + = − Bài 3(1điểm):Giải hệ phương trình sau: x y x y x x y y y 2 2 4 ( 1) ( 1) 2  + + + =  + + + + =  Bài 4(3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(–2;4), B(2;–3), C(5;1). a) Tìm tọa độ vectơ AB uuur và tọa độ trung điểm I của AB b) Tính chu vi của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Bài 5(1 điểm): Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm của BC, N là điểm thuộc AC sao cho CN NA2= uuur uuur . K là trung điểm của MN. Chứng minh: AK AB AC 1 1 4 6 = + uuur uuur uuur . Đề kiểm tra học kì I Mơn :Tốn nâng cao–(Thời gian 90’) _ Đề 2 Bài 1(2 điểm): Cho phương trình sau: x m x m m 2 2( 2) ( 3) 0− − + − = (*) a) Giải phương trình với m = 4 b) Tìm m để PT có hai nghiệm dương phân biệt Bài 2(3 điểm):Giải các phương trình sau: a) 2 4 2 2 1x x x− + = + . b) x x x 2 12 8+ − = − . Bài 3(1 điểm):Giải hệ phương trình sau: x y x y xy xy x y xy x 2 3 2 4 2 5 4 5 (1 2 ) 4  + + + + = −    + + + = −  . Bài 4(3 điểm):Cho A(-3;1), B(1;4), C(3;-2) a) Tim tọa độ trọng tậm G của tam giác ABC b) Tìm tọa độ điểm D để DBGC là hbh. c) Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 5(1 điểm):Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm của BC, N là điểm thuộc AC sao cho CN NA2= uuur uuur . K là trung điểm của MN. Chứng minh: KD AB AC 1 1 4 3 = + uuur uuur uuur . Đề kiểm tra học kì I Mơn :Tốn cơ bản–(Thời gian 90’) _ Đề 1 Bài 1:(2điểm).Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m x m m x( 3) ( 2) 6− + = − + Bài 2: (2điểm).Giải phương trình sau: a) 2x 3− = x – 3 b) x x x 2 4 5 4 17− − = − Bài 3: (2điểm).Giải hệ phương trình sau: x y x y 3 1 6 2 5  − =  − =  Bài 4: (3điểm) Cho tam giác ABC có A(4;3), B(2;4) và C(5;1). a) Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình bình hành. b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Bài 5: (1 điểm). Cho ∆ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Chứng minh rằng: AB CM BN 2 4 3 3 = − − uuur uuur uuur Đề kiểm tra học kì I Mơn :Tốn cơ bản–(Thời gian 90’) _ Đề 2 Bài 1: (2điểm).Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m: m x m x m( ) 2− = + − Bài 2: (2điểm).Giải hệ phương trình sau: x y x y 5 4 3 7 9 8  − =  − =  Bài 3: (2điểm).Giải phương trình sau: a) x x x 2 12 8+ − = − b) x x4 7 2 5+ = + Bài 4: (3điểm).Cho A(3;1), B(1;–1), C(2;2). a) Chứng minh ∆ ABC vuông tại A. b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn BC. c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. Bài 5 : (1 điểm). Cho ∆ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Chứng minh rằng: MN BN CM 1 1 3 3 = − uuuur uuur uuur . Nội dung - ĐỀ 2 Điểm Bài 1a)Với m = 4 ta có pt sau: ( ) 2 2 4 4 0 2 0 2x x x x− + = ⇔ − = ⇔ = Vậy pt có một nghiệm kép x = 2 b)Để pt có hai nghiệm dương phân biệt,điều kiện là: ' 0 0 0 S P ∆  >  >   >  ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 3 0 4 4 3 0 4 4 2 2 0 2 0 2 2 3 4 3 0 0 0 3 0 3 3 m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m m        − − − − >  − + − + > − > − <           ⇔ − > ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ < <         − >   < < − >           > >     KL:Vầy 3< m < 4 thì pt có hai nghiệm dương phân biệt Bài 2. a) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 4 2 2 1 4 2 2 2 4 2 2 1 4 2 2 1 4 2 2 2 x x x x x x x x x x x x x x x   − + = + − + = +  − + = + ⇔ ⇔    − + = − + − + = − −   ( ) ( ) 2 2 2 2 6 0 1 4 2 2 2 4 2 2 2 2 4 0 2 x x x x x x x x x x   − = − + = +  ⇔ ⇔    − + = − − − + =   Giải pt (1): 2 0 6 0 6 x x x x  = − = ⇔  =  Giải pt (2): 2 2 4 0x x− + = có 3 0 ∆ = − < nên pt này vô nghiệm KL: vậy pt có 2 nghiệm phên biệt x = 0 và x = 6 b) ( ) 2 2 2 2 2 8 8 0 8 8 12 8 76 17 76 12 8 12 64 16 17 x x x x x x x x x x x x x x x x  ≤  − ≥  ≤  ≤    + − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = = + − = − + − = − +        Ta thấy 76 17 x = thỏa mãn điều kiện của bài KL: vậy pt có một nghiệm 76 17 x = Bài 3. ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 3 2 2 2 2 4 2 4 2 2 2 5 5 5 4 4 4 5 5 5 (1 2 ) 2 4 4 4 x y xy x y xy x y x y xy xy x y xy x y xy x y xy x x y x y xy x y xy    + + + + = − + + + + = − + + + + = −     ⇔ ⇔       + + + = − + + + = − + + = −     Đặt 2 x y S+ = và xy = P . thay vào hpt ta có hệ pt mới sau: ( ) 2 2 2 2 2 2 5 1 0 0 4 5 5 5 5 4 4 4 4 S P S S PS P S PS P S P S PS S S P S P S P S P     + − = + + = − + + = + + − =     ⇔ ⇔ ⇔     + = − + = − + = −     + = −     0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.75 0.5 0.25 1 0.25 0.25 0.25 0.25 2 2 2 0 0 0 5 5 5 0 4 4 4 1 0 3 1 1 5 2 4 5 1 1 1 0 4 4 2 S S S P S P P P S P S P S P S P S S S S S   =     = =            = −  =    =− =−            + − =   ⇔ ⇔ ⇔ ⇔        = − = − =−     + =−             + − = − + + =       = −        * Với S = 0 và P = 5 4 − ta có hệ pt sau: 2 3 3 5 0 4 5 25 4 16 x x y xy y   =  + =   ⇔   = −   = −    * Với S = 1 2 − và P = 3 2 − ta có hệ pt sau: 2 1 1 2 3 3 2 2 x x y y xy   = + = −    ⇔   = −   = −    KL; vậy hệ pt có 2 cặp nghiệm 3 1; 2   −  ÷   và 3 3 5 25 ; 4 16   −  ÷  ÷   Bài 4. a) Tọa độ trong tâm G của tam giác là: 3 1 3 1 3 3 G x − + + = = , 1 4 2 3 1 3 3 G y + − = = = Vậy 1 ;1 3 G    ÷   b)Giả sử điểm D có tọa độ: ( ) ; D D D x y Tứ giác ABGC là hình bình hành khi và chỉ khi : BG DC= uuur uuur Ta có ( ) 2 ; 3 , 3 ; 2 3 D D BG DC x y   = − − = − − −  ÷   uuur uuur Mà BG DC= uuur uuur 2 2 11 3 3 3 3 2 1 3 2 3 2 D D D DD D x x x y y y    − = − = + =    ⇔ ⇔ ⇔       = − = − − = −   Vậy 11 ;1 2 D    ÷   c) Giả sử điểm I có tọa độ: ( ) ; I I I x y vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp A BC ∆ nên ta có: IA IB= và IA IC = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 * 3 1 1 4 6 9 2 1 2 1 8 16 8 6 7 1 I I I I I I I I I I I I I I A I BI A I BI x y x y x x y y x x y y x y = ⇔ = ⇔ + + − = − + − ⇔ + + + − + = − + + − + ⇔ + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 * 3 1 3 2 6 9 2 1 6 9 4 4 12 6 3 2 I I I I I I I I I I I I I I A I CI A I CI x y x y x x y y x x y y x y = ⇔ = ⇔ + + − = − + + ⇔ + + + − + = − + + + + ⇔ − = Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: 1 8 6 7 2 12 6 3 1 2 I I I I I I x x y x y y  =   + =   ⇔   − =    =   Vậy 1 1 ; 2 2 I    ÷   Bài 5. Biến đổi vế trái ta có: ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . 2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 4 3 KD KA A D A K A B A C A M A N A B AC A M A N A B A C A B A C A B A C A B A C = + = − + + = − + + + = − − + + = − − + + = + uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Vậy KD AB AC 1 1 4 3 = + uuur uuur uuur (đpcm) 0.25 0.25 1 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.75 0.25 Nội dung- ĐỀ 1 Điểm Bài 1(2đ) a)Với m = 0 ta có pt sau: 2 2 3 0x x− + = có ' 2 0 ∆ = − < nên pt này vô nghiệm KL: Vậy pt vô nghiệm b)Để pt có hai nghiệm âm phân biệt,điều kiện là: ' 0 0 0 S P ∆  >  <   >  ( ) ( ) ( ) 2 2 2 1 2 1 4 4 1 3 4 0 2 1 0 2 2 1 3 4 0 1 1 1 3 1 2 2 1 0 2 2 2 4 2 3 4 0 3 3 3 4 4 4 m m m m m m m m m m m m m m m m m   < −         >      + + − − > − >     − + − + >           ⇔ + < ⇔ < − ⇔ < − ⇔ < − ⇔ − < < −         + >      > − > − > −           KL:Vầy 3 1 4 2 m− < < − thì pt có hai nghiệm âm phân biệt Bài 2.(3đ) a) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 8 12 0 1 4 5 4 17 4 5 4 17 4 5 4 17 22 2 x x x x x x x x x x x x   − + = − − = −   − − = − ⇒ ⇒   − − = − − =   Giải pt (1): 2 8 12 0x x− + = 6 2 x x  = ⇔  =  Giải pt (2): 2 22 22x x= ⇔ = ± Kiểm tra các nghiệm trên ta thấy x = 2 và 22x = − không thỏa mãn pt đầu . x = 6 và 22x = thỏa mãn KL: vậy pt có 2 nghiệm phên biệt . x = 6 và 22x = b) 2 2 2 2 2 2 4 0 2 4 2 2 0 2 1 2 2 4 2 3 2 0 x x x x R x x x x x x x x x x x x    ≤ + + ≥ ∀ ∈     + + = − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ ⇔  = −        = − + + = − + + =      KL: Vậy pt có hai nghiệm phân biệt 1x = − và 2x = − Bài 3.(1đ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4 2 4 1 ( 1) 2 2 4 2 2 x y x y x y x y x y x y xy x y x y xy x x y y y x y x y yx xy xy         + + + = + + + = + + + − = + + + − = ⇔ ⇔ ⇔     + + + + = + + + + = + = = −         Đặt x y S+ = và xy = P . thay vào hpt ta có hệ pt mới sau: ( ) 2 2 2 0 0 2 2. 2 4 2 4 0 1 2 2 2 1 2 2 S S P S S S S P S S S P P P S P P   =     =  = −      + − − =  + − = + =  ⇔ ⇔ ⇔ ⇔     = −   = − = − = −  = −       = −   = −    0.5 0.5 0.25 0.5 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.75 0.75 0.25 0.25 * Với S = 0 và P = 2− ta có hệ pt sau: 2 2 0 2 2 2 x y x y xy x y   =     = −  + =   ⇔   = −    = −    =     * Với S = -1 và P = 2− ta có hệ pt sau: 1 2 1 2 2 1 x y x y xy x y   =   = −  + = −   ⇔   = −  = −    =    KL; vậy hệ pt có 4 cặp nghiệm ( ) 1; 2 − , ( ) 2;1− , ( ) 2; 2 − , ( ) 2; 2 − Bài 4.(3đ) a) Tọa độ A B uuur là: ( ) 4; 7A B = − uuur Tọa độ trung điểm I của AB là : 2 2 0 2 I x − + = = , 4 3 1 2 2 I y − = = Vậy 1 0; 2 I    ÷   b) Ta có ( ) 2 2 4 7 16 49 65A B = + − = + = ( ) 2 2 7 3 49 9 58A C = + − = + = 2 2 3 4 9 16 25 5BC = + = + = = Vậy chu vi tam giác là: 65 58 5c = + + c) Giả sử điểm H có tọa độ: ( ) ; H H H x y vì H là trực tâm A BC ∆ nên ta có: A H BC ⊥ và BH A C ⊥ Ta có: ( ) 2; 4 H H A H x y= + − uuuur , ( ) 2; 3 H H BH x y= − + uuuur , ( ) 7; 3A C = − uuur , ( ) 3;4BC = uuur * ( ) ( ) ( ) . 0 3 2 4. 4 0 3 4. 10 1 H H H H A H BC A H BC x y x y⊥ ⇔ = ⇔ + + − = ⇔ + = uuuur uuur * ( ) ( ) ( ) . 0 7. 2 3. 3 0 7 3. 23 2 H H H H BH A C BH A C x y x y⊥ ⇔ = ⇔ − − + = ⇔ − = uuuur uuur Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau: 122 3 4 10 37 7 3 23 1 37 H H H H H H x x y x y y  =   + =   ⇔   − =    =   Vậy 122 1 ; 37 37 H    ÷   Bài 5.(1đ) Biến đổi vế trái ta có: ( ) 1 1 1 1 1 1 2 2 2 3 4 6 A K A M A N A B AC A B A C   = + = + = +  ÷   uuuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur Vậy 1 1 4 6 A K AB A C = + uuuur uuur uuur (đpcm) 0.25 0.25 0.5 0.5 0.75 0.25 0.25 0.5 0.25 0.75 0.25 . 4 12 6 3 2 I I I I I I I I I I I I I I A I CI A I CI x y x y x x y y x x y y x y = ⇔ = ⇔ + + − = − + + ⇔ + + + − + = − + + + + ⇔ − = Từ (1) và (2) ta có. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 * 3 1 1 4 6 9 2 1 2 1 8 16 8 6 7 1 I I I I I I I I I I I I I I A I BI A I BI x y x y x x y y x x y y x y = ⇔ = ⇔ + + − = − + − ⇔ +