Gián án Đề kiểm tra Học kì 1 - Toán 10 - đề số 5

Đề số 5 ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút I. PHẦN CHUNG (8 điểm) Câu 1: (2đ) a) Cho parabol (P): y ax bx c 2 = + + . Xác định a, b, c biết parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và có đỉnh S(–2; –1). b) Vẽ đồ thị hàm số y x x 2 4 3= + + . Câu 2: (2đ) Giải các phương trình sau: a) x x2 3 2− = − b) x x2 2 3+ = − Câu 3: (1đ) Giải và biện luận phương trình sau theo m: m x x m 2 6 4 3− = + Câu 4: (1đ) Cho ABC∆ có G là trọng tâm và M là điểm trên cạnh AB sao cho MA MB 1 2 = . Chứng minh: GM CA 1 3 = uuur uur . 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 sao cho OABC là hình bình hành. b) Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M. II. PHẦN RIÊNG (2điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu (câu 6a hoặc 6b) Câu 6.a: (Chương trình Chuẩn) 1) (1đ) Cho a, b là hai số dương. Chứng minh ( ) ( ) a b ab ab1 4+ + ≥ . 2) (1đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại B. Biết A(1; –1), B(3; 0) và đỉnh C có tọa độ dương. Xác định tọa độ của C. Câu 6.b: (Chương trình Nâng cao) 1) (1đ)Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: mx m x 3 1 1 − + = + 2) (1đ) Chứng minh: 0 0 0 0 0 1 2sin15 cos15 1 2sin15 cos15 2 cos15+ + − = ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . . 1 Đề số 5 ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Câu Ý Nội dung Điểm I. 1 Xác định hệ số a,b,c của parabol (P). (1 đ ) (P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3 (P) có đỉnh S(–2; –1) suy ra: b b a a a b 4 2 2 1 1 4 2 3    = − = − ⇔   =   − = − +  0,25 0,75 2 Vẽ parabol (P) 2 y = x x + 3+ 4 (1 đ ) + Đỉnh của (P): S(– 2; –1) + Trục đối xứng của (P): x = – 2 + a = 1 > 0: Bề lõm quay lên phía trên. + (P) cắt trục hoành tại các 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 x x2 3 2− = − (1) (1đ ) Điều kiện: x 2 ≥ 0,25 Với ĐK trên thì PT (1) ⇔ 2x – 3 = (x – 2) 2 0,25 x x x x x 2 2 2 3 4 4 6 7 0⇔ − = − + ⇔ − + = x x3 2 3 2⇔ = − ∨ = + 0,25 Đối chiếu với điều kiện, PT có nghiệm duy nhất x 3 2= + 0,25 b Giải phương trình x x2 2 3+ = − (2) (1đ) x 2 ≥ − (2) ⇔ x + 2 = 2x – 3 ⇔ x = 5 (thỏa điều kiện đang xét.) Vậy x = 5 là một nghiệm của pt 0,5 x 2 < − , (2) ⇔ x x2 2 3 − − = − ⇔ x 1 3 = ( không thỏa điều kiện đang xét) Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 5 0,5 III. Cho a,b là hai số dương.Chứng minh ( ) ( ) a b ab ab1 4+ + ≥ (1đ) 2 a b ab0, 0 0> > ⇒ > 0,25 Theo Côsi: a b ab ab ab2 , 1 2+ ≥ + ≥ 0,5 a b ab ab( )( 1) 4⇒ + + ≥ 0,25 IV. Chứng minh GM CA 1 3 = uuur uur (1đ) G I A C B M 0,25 Gọi I là trung điểm BC thì ta có : GM AM AG AB AI 1 2 3 3 = − = − uuur uuur uuur uuur uur 0,25 Mà ( ) AI AB AC 1 2 = + uur uuur uuur 0,25 ( ) GM AB AB AC AC CA 1 1 1 1 3 3 3 3 => = − + = − = uuur uuur uuur uuur uuur uur 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 sao cho OABC là hình bình hành. (1đ ) Gọi D(x;y) thì ta có: AD x y BC( 1; 5), ( 1; 2)= + − = − − uuur uuur 0,25 ABCD là hinh bình hành ⇔ AD BC= uuur uuur 0,25 ⇔ x y 1 1 5 2  + = −  − = −  ⇔ x y 2 3  = −  =  Vậy D(–2; 3) 0,5 b Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M (1đ ) M nằm trên Oy nên M(0; y), AM y BM y(1; 5), ( 3; 3)= − = − − uuur uuur 0,25 AMBV vuông tại M ⇔ AM BM. 0= uuur uuur ⇔ –3 + (y – 5)(y – 3) = 0 0,25 ⇔ y 2 – 8y +12 = 0 ⇔ y = 6; y = 2 0,25 Vậy M(0;2), hoặc M(0; 6) 0,25 VIa 1 Giải và biện luận phương trình: m x x m 2 6 4 3− = + (1) (1đ ) (1) ⇔ (m 2 – 4)x = 3(m + 2) 0,25 m = 2: (1) ⇔ 0x = 12: PT vô nghiệm 0,25 m = –2: (1) ⇔ 0x = 0: PT nghiệm đúng với mọi x ∈ R 0,25 m 2≠ ± : PT có một nghiệm: x m 3 2 = − 0,25 VIa 2 Xác định tọa độ của C (1 đ ) Gọi C(x;y) với x>0, y>0, ta có AB BC x y(2;1), ( 3; )= = − uuur uuur 0,25 ∆ABC vuông cân tại B nên ta có: AB BC AB BC AB BC AB BC 2 2 . 0    = ⊥ ⇔   = =    uuur uuur uuur uuur x y x y 2 2 2( 3) 0 5 ( 3)  − + = ⇔  = − +  0,5 Giải ra x = 2; y=2 Vậy C(2; 2) 0,25 3 VIb 1 Giải và biện luận phương trình: mx m x 3 1 1 − + = + (1) (1,0 đ) Điều kiện x ≠ –1, (1) ⇔ mx – m +3 = x + 1 ⇔ (m – 1)x = m – 2 (2) 0,25 Với m = 1 , pt (2) vô nghiệm, nên pt (1) vô nghiệm 0,25 Với m ≠ 1, pt (2) có nghiệm duy nhất m x m 2 1 − = − , nghiệm này là nghiệm của (1) khi m m m 2 3 1 1 2 − ≠ − ⇔ ≠ − 0,25 Vậy m ≠ 1 và m ≠ 3 2 : PT có nghiệm duy nhất m x m 4 1 + = − m = 1 hoặc m = 3 2 : PT vô nghiệm 0,25 VIb 2 Chứng minh 0 0 0 0 0 1 2sin15 cos15 1 2sin15 cos15 2 cos15+ + − = (*) (1,0đ) VT (*) = 2 0 2 0 0 0 2 0 2 0 0 0 sin 15 cos 15 2sin15 cos15 sin 15 cos 15 2 sin15 cos15 + + + + + − 0,25 = ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 sin15 cos15 sin15 cos15+ + − 0,25 = 0 0 0 0 sin15 cos15 sin15 cos15+ + − = 0 0 0 0 sin15 cos15 sin15 cos15+ − + = 0 2 cos15 (Vì 0 < sin15 0 < cos15 0 ) 0,5 ……HẾT…… 4 . cos 15 2 sin 15 cos 15 + + + + + − 0, 25 = ( ) ( ) 2 2 0 0 0 0 sin 15 cos 15 sin 15 cos 15+ + − 0, 25 = 0 0 0 0 sin 15 cos 15 sin 15 cos 15+ + − = 0 0 0 0 sin 15 cos 15. 0, 25 VIb 2 Chứng minh 0 0 0 0 0 1 2sin 15 cos 15 1 2sin 15 cos 15 2 cos 15+ + − = (*) (1, 0đ) VT (*) = 2 0 2 0 0 0 2 0 2 0 0 0 sin 15 cos 15 2sin 15 cos 15 sin 15