DE THI HKI 2011

TRƯỜNG THPT VĨNH ĐỊNH Môn: Toán. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD, O là trung điểm của MN. Tính diện tích tam giác ABC với y tìm được. b) Tìm toạ độ điểm H sao cho AH là đư[r]

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KÌ I

TRƯỜNG THPT VĨNH ĐỊNH Mơn: Tốn Khối 10 – Ban nâng cao

*********** Năm học: 2010- 2011

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề) Họ tên: ……… …… SBD: ………… Phòng thi: ……

Câu (2 điểm): Cho hàm số y ax 2bx c với a0 có đồ thị hàm số (P). a) Tìm a, b, c biết (P) qua M(2; -3) có đỉnh I(3; -4)

b) Xét biến thiên vẽ đồ thị hàm số với a, b, c tìm Câu (2.5 điểm):

a) Tìm m để hệ phương trình

( 1)

2 (3 2)

m x y m

mx m y m

  

 

   

 có nghiệm

b) Giải hệ phương trình: 2

5 11

3

x y xy

x y xy

  

 

   



Câu (1 điểm): Giải phương trình: x25x3 x25x 12 .

Câu (1 điểm): Cho phương trình x2 2(m1)x m 2 0 Tìm m để phương trình có hai

nghiệm phân biệt x x1, thoả mãn đạt giá trị lớn Tìm giá trị T trường hợp

Câu (1 điểm): Cho tứ giác ABCD Gọi M N trung điểm AB CD, O trung điểm MN Chứng minh rằng:

a) OA OB OC OD      0;

b) AB AC AD  4AO

   

Câu (2.5 điểm): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3), B( -4; 1) C(5; y) a) Tìm y để tam giác ABC vng A Tính diện tích tam giác ABC với y tìm b) Tìm toạ độ điểm H cho AH đường cao tam giác ABC ứng với y vừa tìm c) Tìm toạ độ điểm M thuộc Ox cho AM + MB nhỏ

- Hết 

MA TRẬN- ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM Mơn: Tốn Khối 10 – Ban nâng cao. Hướng dẫn chấm thi:

- Nếu thang điểm 0.5 mà HS làm cho 0.25 điểm.

- Nếu HS không làm theo cách đáp án mà cho điểm tối đa Học sinh làm đúng đến bước cho điểm đến bước đó.

MA TRẬN ĐỀ THI Mức độ

Nội dung Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng điểm

Hàm số bậc hai Câu 1a

1,0đ Câu 1b 1,0đ 2,0đ

Hệ phương trình hai ẩn Câu 2a

1,0đ Câu 2b 1,5đ 2,5đ

Phương trình quy phương trình

bậc bậc hai Câu 1,0đ 1,0đ

Phương trình bậc hai ứng dụng định lí Vi-ét

Câu

1,0đ 1,0đ

Chứng minh đẳng thức vectơ Câu a, b

1,0đ 1,0đ

Tích vơ hướng ứng dụng Câu 6a

1,0đ Câu 6b, c1,5đ 2,5đ

Tổng điểm 3,0đ 3,5đ 3,5đ 10đ

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu Ý Nội dung Điểm

1 (2.00)

a) Vì (P) qua M(2; -3) nên 4a2b c 3 ;

Vì (P) có đỉnh I(3; -4) nên ta có:

6

9

a b

a b c

  



   

Từ ta có hệ phương trình :

4

6

9

a b c a

a b b

a b c c

   

 

 

   

 

     

 

Vậy y x 2 6x5

0.25 0.25

0.5 b)

Hàm số đồng biến 3; nghịch biến  ;3

Đồ thị hàm số:

- Đỉnh I(3; -4) ; trục đối xứng x = ; bề lõm hướng lên - Bảng giá trị:

x

y -3 -4 -3

0.25

- Đồ thị:

x

-4

4

-3

2

5

O

1

0.5

2 (2.50)

a) Hệ phương trình có nghiệm D0.

Ta có D(m1)(3m 2) 4 m3m25m

Do

2

2

0 1

3 m

D m m

m   

      

  

0.25 0.25

0.5 b)

2 2

5 11 5( ) 11

3 ( )

x y xy x y xy

x y xy x y xy

     

 



 

       

 

Đặt S = x+y; P = xy, ta có hệ sau:

2

2 11

1

5 11 11

2

5

3

4 S

P S

P

S P P S

S

S P S S S

S

P    

 



   

   

    

   

        

    

 



    Với S = ; P = ta có x = y =

Với S = ; P= = -4 x = 4, y = -1 x = -1, y =

Vậy hệ phương trình có ba nghiệm dạng (x ; y) : (1 ; 1), (4 ; -1) (-1 ; 4)

0.25

0.5 0.25 0.25 0.25 3

(1.00)

Điều kiện: x25x 0 .

2 2

5 12 5 10

x  x x  x   x  x  x  x  

Đặt t x25x 2, đk: t0 Khi phương trình trở thành:

2 3 10 0 t

t t

t       

 

Với t = -5 không thoả điều kiện

Với t = ta có:

2

2

5 2

6

1

x x x x

x

x x

x

      

       

 

Hai nghiệm thoả điều kiện nên phương trình có hai nghiệm là: -6;

0.25 0.25

0.25

0.25 4

(1.00) Ta có

2

' (m 1) (m 4) 2m

Để phương trình có hai nghiệm phân biệt x x1,

5

2

m m

    

Ta có:

2

2 2

1 2 2

2 2

2( 1);

3 ( )

4( 1) 5( 4) 15

S m P m

T x x x x x x x x

m m m m

   

       

       

T đạt giá trị lớn m = -4 (thoả mãn

m

) Vậy m = -4 giá trị cần tìm

Khi T đạt giá trị lớn 31

0.25

0.25 0.25 0.25 5

(1.00)

a) Ta có: OA OB OC OD      2OM 2ON 0 0.5

b) AB AC AD    2AM 2AN 4AO 0.5 6

(2.50)

a) AB ( 6; 2),  AC(3;y 3).

Để tam giác ABC vng A               AB AC   0 6.3 2( y 3) 0  y6.

Diện tích tam giác ABC là:

2 2

1

( 6) ( 2) ( 9) 30( )

2

ABC

S  AB AC        dvdt

0.5

0.5

b) Gọi H(x; y) chân đường cao AH tam giác ABC Khi đó:

- AH BC AH BC  0 9(x 2) 7( y 3) 0 9x 7y 2

   

- BH BC,

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

hai vectơ phương nên: 9(y1)7(x4) 7x9y19 0.

Suy toạ độ H nghiệm hệ phương trình sau :

151

9 130

7 19 157 130 x

x y

x y

y  

    

 



 

   

  

 

Vậy

151 157 ; 130 130

H  

 .

0.25 0.25

0.25 0.25

c) Gọi A’ điểm đối xứng với A qua Ox, A’(2 ; -3)

Để AM + MB nhỏ A’M + MB nhỏ hay A’, M B thảng hàng

Ta gọi M(x ; 0) điểm cần tìm, từ ta có BA BM',

 

phương

Mặt khác BA' (6; 4),  BM (x4; 1)

 

nên

5 1.6 4( 4)

2

x x 

    

Vậy

5 ;0

M 

  điểm cần tìm.

0.25

0.25

- Hết 

-x y

M

A' H

C B

A