x y - ∞ 1 - 5 + ∞ + ∞ + ∞ ĐỀTHIHỌCKÌ I MÔN: TOÁN 10 THỜI GIAN: 90 PHÚT Câu 1: (3 điểm) Cho hàm số y = f(x) = x 2 – 2(m – 1)x + 2 – 3m có đồ thị (P m ), m là tham số. a) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) khi m = 2. (2 điểm) b) Tìm m để đồ thị (P m ) cắt trục tung tại điểm có tung độ y 0 = – 4. (1 điểm) Câu 2: (2,0đ) Giải các phương trình sau: 2 / 1 2 5a x x x + = − + (1 điểm) + − = + 2 / 4 12 5b x x x (1 điểm) Câu 3: (1 điểm) Tìm m để phương trình 2 2 3 4 0x m x m − + − = có nghiêm kép 0 x và nghiệm kép đó là độ dài cạnh của hình vuông, biết hình vuông đó có độ dài đường chéo là 2. Câu 4: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Chứng minh rằng: 0A M BN CP+ + = uuuur uuuur uuur r Câu 5: (3 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho A(– 2; 1), B(2; 2), C(– 1; 4). a) Tìm tọa độ điểm M thỏa mãn đẳng thức: 2 4 2AM BM CM AB + − = uuuur uuuur uuuur uuur . b) Tìm trên trục tung điểm E để tam giác ACE vuông tại E. ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm 1 a Với m = 2 ta có: f(x) = x 2 – 2x – 4 + TXĐ: D = ¡ + Tọa độ đỉnh I(1; – 5) + Trục đối xứng: x = 1 Vì a = 1 > 0 nên ta có bảng biến thiên: Hàm số nghịch biến trên khoảng (– ∞; 1) và đồng biến trên khoảng (1; +∞). 2.0 + Đồ thị: y x -1 -5 -4 43-2 -1 4 O 1 b (P m ) cắt trục tung tại y 0 = – 4 ⇔ 2 – 3m = – 4 ⇔ m = 2 Vậy với m = 2 thì (P m ) cắt Oy tại điểm có tung độ y 0 = – 4 1.0 2 a 111 52)1( 01 521 22 2 =⇔ = −≥ ⇔ +−=+ ≥+ ⇔ +−=+ x x x xxx x xxx Vậy phương trình có nghiệm x = 1.1.0 0 4 11 2 4 3 1 x y x y x y x y = ⇒ = − = − ⇒ = − = ⇒ = − = ⇒ = − b 2 2 2 2 2 5 0 4 12 5 (0,25 ) 4 12 5 4 12 5 5 (0,25 ) 3 17 0 5 7 0 5 3 77 -3- 77 ( ) x = (l) 2 2 (0,5 ) -5+ 53 5 53 x= ( ) ( ) 2 2 x x x x d x x x x x x x d x x x x x x n d n x l + ≥ + − = + ⇔ + − = + + − = − − ≥ − ⇔ + − = + − = ≥ − − + = ∧ ⇔ − − ∧ = 1.0 3 PT: 2 2 3 4 0x m x m − + − = (1) có nghiêm kép 0 x ⇔ ∆ = 2m 2 – 12m + 16 = 0 2 4 m m = ⇔ = * Với m = 2: PT (1) có nghiệm kép 0 2x = (thỏa ycbt) * Với m = 4: PT (1) có nghiệm kép 0 2 2x = (không thỏa ycbt) Vậy: m = 2 là giá trị cần tìm 1.0 4 Ta có : + + uuuur uuur uuur AM BN CP = 111 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 AB AC BA BC CA CB + + + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuuur (0,75đ) = 1 ( ) 2 AB AC BA BC CA CB + + + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuuur = 0 r 1.0 5 a Gọi (x; y) là tọa độ của M. Ta có: ( 2; 1); ( 2; 2); ( 1; 4); (4; 1)AM x y BM x y CM x y AB = + − = − − = + − = uuuur uuuur uuuur uuur 2 4 2AM BM CM AB + − = uuuur uuuur uuuur uuur ⇔ 2 2( 2) 4( 1) 8 1 2( 2) 4( 4) 2 x x x y y y + + − − + = − + − − − = ⇔ 14 9 x y = − = Vậy M(–14; 9) 1.5 b Vì E ∈ Oy nên E(0; y) Ta có: (2; 1); (1; 4)AE y CE y = − = − uuur uuur ∆ ABE vuông tại E khi và chỉ khi . 0AE CE = uuur uuur Hay 2 + (y – 1)(y – 4) = 0 ⇔ y 2 – 5y + 6 = 0 ⇔ 2 3 y y = = Vậy có hai điểm E thỏa đề bài là: E(0; 2) và E(0; 3) 1.5 • Lưu ý: Thang điểm thống nhất tới 0,25 điểm. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Phú Hòa, ngày 15 tháng 11 năm 2010 GV ra đềLATHẾDŨNG . 0 = – 4 1. 0 2 a 1 1 1 52 )1( 01 5 21 22 2 =⇔ = −≥ ⇔ +−=+ ≥+ ⇔ +−=+ x x x xxx x xxx Vậy phương trình có nghiệm x = 1. 1. 0 0 4 1 1 2 4 3 1 x y x. thống nhất tới 0,25 điểm. Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Phú Hòa, ngày 15 tháng 11 năm 2 010 GV ra đề LA THẾ DŨNG