G là trọng tâm tam giác ABC.. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.).. Đáp án[r]
(1)Sở GD & ĐT TP HỒ CHÍ MINH ĐỀ THI HỌC KỲ I
TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO MƠN TỐN – KHỐI 10
Ngày thi: 17/12/2010 Thời gian làm bài: 90 phút I PHẦN CHUNG : ( điểm)
Bài 1: (3 điểm) Giải phương trình hệ phương trình sau: a)
2
2
x
3
x
5
x
2
x
3
b)
3
x
2
4
x
1 2
x
2
c)
4
3
2
3
1
5
11
3
x
y
x y
x
y
x y
Bài 2: (1 điểm) Giải phương trình:
2
1
4
3
5
2
x
x
x
x
Bài 3: (2 điểm) Cho phương trình:
2
2
1
8 0
x
m
x m
a) Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt x1, x2 b) Tìm m để ta có hệ thức:
x
12
x
22
m
2
m
20
Bài 4: (1 điểm) Cho tam giác ABC cạnh a G trọng tâm tam giác ABC Tính
AB AC
.
,
GC GA
.
II PHẦN RIÊNG:
A Phần dành cho lớp 10 nâng cao:
Bài 5a: (2 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(-2;1) , B(2;1) , C(-1;4) a) Tìm tọa độ trực tâm H tam giác ABC
b) Cho M(m; m + 1) Tìm m cho
BM CM
Câu 6a: (1 điểm)
Cho a>0 Chứng minh rằng:
2
1
1
a
a
a
a
B Phần dành cho lớp 10 ban Cơ bản:
Bài 5b: ( 2điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(2;6), B(-1;-4), C(5;0) a) Tìm tọa độ D cho ABCD hình bình hành
b) Tìm tọa độ điểm H chân đường cao hạ từ đỉnh A tam giác ABC
Bài 6b: (1 điểm)
Chứng minh rằng:
x y R
,
, ta có:
2
2
1
1
1
2
1
1
2
x y
xy
x
y
C Phần dành cho học sinh khối khác:
Bài 5c: ( điểm) Trong mặt phẳng (Oxy) cho tam giác ABC có A(1;2), B(-1;4), C(3;-3) a) Tìm tọa độ điểm G trọng tâm tam giác ABC
b) Tìm K chân đường cao hạ từ A tam giác ABC
Bài 6c: (1 điểm)
Trong mặt phẳng Oxy, cho ba điểm A(1;-2), B(3;2), C(0;4) Tìm tọa độ điểm M thỏa:
2
4
AM
BM
CM
(2)
( Học sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi khơng giải thích thêm.)
Đáp án
I Phần chung:
Bài 1: a)
2
2
x
3
x
5
x
2
x
3
2 2
2 2
1
2
2
3
5
2
3
2 0
1
2
3
5
2
3
3
5
8 0
8
3
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
Vậy:
8
1; ;2
3
S
b)
3
x
2
4
x
1 2
x
2
Điều kiện:x
1
2 2
1
3
4
1 4
8
4
4
3 0
3
x
x
x
x
x
x
x
x
Vậy:S
1;3
c)
4
3
2
3
1
5
11
3
x
y
x y
x
y
x y
(*)Điều kiện:
3
0
0
x
y
x y
Đặt:
1
3
1
u
x
y
v
x y
Thì pt(*)
4
3
2
1
5
11
2
u
v
u
u
v
v
1
5
1
3
1
3
8
1
2
2
1
1
2
8
x
x
y
x
y
x
y
y
x y
(3)Vậy hệ pt(*) có cặp nghiệm nhất:
5 1
;
8 8
Bài 2:
2
1
4
3
5
2
x
x
x
x
(1)Điều kiện:
4,
,
1
1
4
0
5
17
5
17
,
,
5
2 0
2
2
x
hay x
x
x
x
hay x
x
x
5
17
5
17
,
,
2
2
x
hay x
(1)
x
2
5
x
4 3
x
2
5
x
2
(2) Đặt:t
x
2
5
x
2
,vớit
0
(2)
2
2 3
3
2 0
1
2
t
t
t
t
t
t
(nhận)+Với t =
2
5
21
2
5
2 1
5
1 0
5
21
2
x
x
x
x
x
x
+Với t =
2
5
33
2
5
2 2
5
2 0
5
33
2
x
x
x
x
x
x
Vậy phương trình (1) có nghiệm sau so với điều kiện
Bài 3:
2
2
1
8 0
x
m
x m
(*)a) Vì hệ số trước x2 1≠0, nên tồn biệt số Δ’:
2 2
'
m
1
m
8
2
m
9
pt (*) có nghiệm số phân biệt khi:
' 2
m
9 0
9
2
m
b)Gọi x1, x2 hai nghiệm phân biệt thỏa mãn, theo định lý Viet ta có:
1 2
2
1
.
8
x
x
m
x x
m
Từ hệ thức:x
12
x
22
m
2
m
20
x
1x
2
22
x x
1m
2m
20
4
m
1
22
m
28
m
2m
20
2
9
0
9
0
0
9
m
m
m
m m
m
(4)Bài 4:
.
.
.cos
,
.cos60
2
o
a
AB AC
AB AC
AB AC
a a
2
2
120
oAGC
AGH
GBC GCB
2
2
2
3
.
.
.cos
,
.cos120
.
.cos 180
60
3
3
2
o
a
o oGC GA GC GA
GC GA
BH
2
.
.cos60
3
6
o
a
a
GC GA
II Phần dành riêng:A.Phần dành cho lớp 10 nâng cao:
Câu 5a: Gọi H(x;y)
Ta có:
6
2
4
1
0
.
0
3
1
6
4
0
.
0
x
y
AH
BC
AH BC
x
y
BH
AC
BH AC
3
3
2
4
4
25
2
7
8
x
x
y
x
y
y
Kết luận tọa độ Hb) Ta có:
BM CM
m
2;
m
1 1
m
1;
m
1 4
2
m
1;2
m
3
2
1
2
2
3
28
2
1
2
8
1
22
BM CM
m
m
m
m
m
2
BM CM
min
2
1 0
1
BM CM
m
m
Câu 6a:
2
1
1
a
a
a
a
a
2a
1
21
0
a a
1
1
2a
0
a
a
a
3
2 2
1
1
1
1
a
0
1
0
1
a
0
a a
a
a
a
a
a
a
22
1
1
a
a
0
a
a
( a > 0) Dấu “=” xảy khi: a = 1
Cách làm khác:
2
2
2
1
1
1
1
2
a
2.
2
a
2.
a
1
1
a
0
a
a
a
a
Dấu “=” xảy khi: a = 1
B Phần dành cho lớp 10 bản:
Câu 5b:
(5)
5 3
8
10
10
D D D Dx
x
CD BA
y
y
→ D(8;10) b) Gọi H(x;y) chân đường cao xuất phát từ A xuống cạnh BCTa có:
6
2
4
6
0
4
1
6
4
0
x
y
AH
BC
x
y
BHcpBC
74
3
2
18
13
2
3
10
6
13
x
x
y
x
y
y
Kết luận tọa độ điểm HCâu 6b:
Chứng minh rằng:
x y R
,
, ta có:
2
2
1
1
1
2
1
1
2
x y
xy
x
y
Ta có:
2
2
1
1
2
1
1
x y
xy
x
y
1
2
1
2
1
2
x
y
x y
xy
Xét:
2
1
2 2 21
1
1
2
2
x y
xy
x
y
x y
x y
xy
x y
xy
21
1
1
2
x
y
x y
xy
Dấu “=” xảy khi:
2
1
1 0
1
1
1 0
x y
xy
x y xy
x y
xy
x y
xy
x y xy
C Phần dành cho lớp 10 ban khác:
Bài 5c:
a) Gọi G(xG;yG) trọng tâm tam giác ABC, Ta có:
1 3
1
3
3
2 3
1
3
3
A B C G
A B c G
x
x
x
x
y
y
y
y
Vậy: G(1;1)b) Gọi K(x;y) tọa độ chân đường cao hà từ A xuống cạnh BC tam giác ABC
Ta có:
23
4
1
7
2
0
65
106
7
1
4
4
0
65
x
x
y
AK
BC
x
y
BKcpBC
y
Kết luận tọa độ K
Câu 6c:
Gọi M(x;y) thỏa :
AM
2
BM
4
CM
2
2
2
2
2
2
AM
CM
CM
MB
AM
CM
CB
CM
AC
CB
Ta có: