de thi hoc ky 1

- Xóa đi phần đồ thị phía dưới ox.[r]

ĐỊ THI HỌC KỲ I Mơn: Tốn 10

Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề).

-* -Câu 1: (3đ) Cho hàm số y x2 4x 3

   có đồ thị parabol (P).

a) Vẽ đồ thị (P) lập bảng biến thiên.

b) Hãy biện luận số giao điểm (P) đường thẳng y = 2m. c) Từ đồ thị (P) suy đồ thị (P’) hàm số: y x2 4x 3

   . C©u 2: ( đ ) Giải phơng trình sau :

a) 2

  x

x = x - ; b) x2 + 3x - 18 + 4

  x

x = 0

c) | 2x2 - 5x + | = | x2 + 6x - | ; d) x2 - | x | - = 0

Câu 3: (2đ) Cho phương trình (m 2)x2 2(m 1)x 2 0      (1)

a) Xác định m để phương trình (1) ln ln có nghiệm với m. b) Tìm m để phương trình (1) có nghiệm x1, x2 cho x1 x2 

Câu 4: (2đ) Cho điểm A(– 4;5) , B(1;2) ,C(2;– 3)

a)Chứng minh rằng: ba điểm A ,B ,C tạo thành tam giác b)Tìm tọa độ điểm D cho :AD 3BC 2AC

c)Tìm tọa độ điểm E cho O trọng tâm tam giác ABE Câu 5: (1đ)

Cho đoạn thẳng AB điểm I cho 3IA5IB0   

a) Tìm k cho: AI k AB  

b) Chứng minh với điểm M ta có:

8

MI  MA MB

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

4

2

-2

5 O

-1

2 x

y ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Câu 1

a) Vẽ đồ thị y x2 4x 3

   (1.5đ)

+ Có đỉnh I(2;-1);

+ a > 0, hướng bề lõm hướng lên, trục đối xứng x = 2; BBT: (0.5đ)

b) Cách 1 (1đ)

Số giao điểm hai đồ thị số giao điểm phương trình :

2 4 3 2 4 3 2 0

x  x  m x  x  m (0.25đ)

Tính ' 1 2m   

+ Khi m >

2

 : Hai đồ thị cắt hai điểm (0.25đ)

+ Khi m =

2

 : Hai đồ thị cắt điểm (0.25đ)

+ Khi m <

2

 : Hai đồ thị không cắt (0.25đ)

Cách 2:

Dựa vào hình vẽ ta thấy: + Khi 2m > -1  m >

2

 : Hai đồ thị cắt hai điểm (0.5đ)

+ Khi m =

2

 : Hai đồ thị cắt điểm (0.25đ)

+ Khi m <

2

 : Hai đồ thị không cắt (0.25đ)

c) (1đ)

- Vẽ đồ thị (P): y x2 4x 3

   câu a); (0.25đ)

- Vẽ đồ thị y (x2 4x 3)

   cách lấy đối xứng (P) qua ox (0.25đ)

(0.25đ)

2

O y

x

1

2 x - ∞ -∞

- Xóa phần đồ thị phía ox

 Ta đồ thị yx2 4x3 (0.25đ) Câu 2: (1đ)

Cho (P) yax2bx c

- Tịnh tiến (P) lên đơn vị, ta được: yax2bx c 2

- Tiếp tục tịnh tiến (P) sang trái đơn vị, ta (P’): ya(x+3)2b x(  3) c 2

ax (6 )

y a b x a b c

        (1) (0.25đ)

- Mặt khác, ta lại có: (P’) y2x2 x 1 (2)

Từ (1) (2) ta được:

2

6 13

9 22

a a

a b b

a b c c

                     (0.5đ) Vậy (P) cần tìm là: y2x213x 22 (0.25đ) Câu 3:Cho (m2)x2 2(m1)x 2 0 (1)

a) Xét: (1đ)

+ m = -2: Phương trình (1) trở thành: 2x – =  x = (0.25đ) + m ≠ -2, Δ = (m+2)2 + >0, m

 (0.5đ)

Vậy phương trình ln có nghiệm với m (0.25đ) b) Ta có Δ = (m+2)2 + >0, phương trình ln có nghiệm (1đ)

Mặt khác:

2( 1) m x x m   



2 x x m  

 (0.25đ)

Có:

2

1

2 2

2

2

( 2)

2

( ( 2) 1) 2( 2)

( 2) 2( 2)

4

m x x a m m m m m m m                       (0.5đ)

Vậy không tồn m để hai nghiệm thỏa hệ thức (0.25đ)

Câu 4: Cho 3IA5 IB0

a) Từ giả thiết: 3IA5IB0   



5

IB IA

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

(0.25đ) (1đ)

Ta có: ( ) 5

AI AB BI AB IA

AI AB AI AB                  (0.5đ)

Vậy k= 5/8 giá trị cần tìm (0.25đ)

I A

B

D C

O

O' M

N

3

3( ) 5( )

3

8

IA IB

MA MI MB MI

MI MA MB

 

    

  

  

    

  

Câu 5: (1đ)

Gọi O, O’ trung điểm AD BC, ta có:

1

00' ( )

2 AB DC

 

  

(0.5đ) Vì O I trung điểm AD MN nên:

1

0I ( ) ( ) 00'

2

k

AM DN AB DC k

    

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