de dap an BD 10 Bim Son

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy.[r]

SỞ GDĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG LỚP 10 MƠN TỐN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012

(Thời gian làm 180 phút)

Câu I (2.0 điểm)

Cho hàm số: y x 2 4x 3 (1)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Tìm m để bất phương trình sau nghiệm với x



1;3



:

2

x  4x 4 m 1

Câu II (2.0 điểm)

1. Giải phương trình:

3x 5x 03      2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

x m x x    21

Câu III (2.0 điểm)

Giải bất phương trình:

2 51 2x x

1 x

 





Giải hệ phương trình :

2

4 2

x y 2x 3y 15

x y 2x 4y

    

 

    

 

Câu IV (3.0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;-2), B(3;1), C(-2; 0) Tìm tọa độ điểm M đường thẳng d có phương trình x y 0   cho: MA 3MB MC 10

uuur uuur uuur

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng A D có đáy lớn CD, đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x – 2y = 0, góc tạo hai đường thẳng BC AB 450 Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình thang 24 điểm B có hồnh độ dương

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy Cho đường tròn (C) : x2

+y2−4x −2y −1=0 đường

thẳng d : x+y+1=0 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C)

hai tiếp tuyến hợp với góc 900

Câu V (1.0 điểm)

Cho số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2y2z2 1 Chứng minh rằng:

2 2 2

x y z 3

y z z x x y  .

-Hết -Hướng dẫn chấm toán BD khối A lớp 10 năm 2011-2012

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Khảo sát biến thiên hàm số vẽ đồ thị: y x2 4x 3

   1,0

1

TXĐ: D = R

Ta có: -2 b

a  , 4a



 

-1

Hàm số nghich biến khoảng



 ;2



v đồng biến khoảng



2;



0.5 Bảng biến thiên:

x

 

2



y  



-1

Đồ thị

f(x)=x^2-4x+3

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1

-8 -6 -4 -2

x y

2.Tìm m để bất phương trình nghiệm với mọix



1;3



0,25

-0.25

1.0

Bất phương trình cho tương đương với

2

4 4 1

x  x m  x  x m 

Từ đồ suy ycbt  0m 1

m 1 

0 m m

 

 



KL:

II 1 3 Giải phương trình: 2 3x 5x 03     

. 1.0

Điều kiện: x

5



( * )

Đặt:

3

2

u 3x u 3x

v 5x

v 5x, v

     

 



 

  

  

 



0.25

Khi ta có hệ phương trình:

3

3

8 2u

2u 3v v

3

5u 3v 5u 3v 8

 

  

 



 

 

   

 0.25









3 2

15u 4u 32u 40 u 15u 26u 20

         

2

u (1)

15u 26u 20 (2)

  

 

  



0.25

u

  ( Do phương trình ( ) vơ nghiệm ) x2 ( Thỏa mãn ( * ))

Kết luận: Vậy tập nghiệm phương trình



2



0.25

2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x m x x    21 1.0

Điều kiện: x 1 Khi đó:

 

 

4

x x

1 m

x x

 

   

 

0.25

Đặt

4 x

t

x x



  

 

Ta có:

2 2

x x 1 t 1

x 2 x

                

  .

Như ta phương trình

 

3t 2t m

  

với t 1  (1) có

nghiệm 

 

2 có nghiệm thuộc



0;1



( * ) 0.25 Xét hàm số

 

2

f t 3t 2t m

trên



0;1



, ta có bảng biến thiên:

t 1/3

f(t) 1/3

-1

Từ bảng biến thiên ta suy

 

1

* m

3

   

KL:

III 1

Giải bất phương trình:

2 51 2x x

1 x     1.0 2 2

51

51

1

1

51

51 (1 )

x x x x x x x x x

x x x

                                 0.25

1 52; 52

1

( ; 5) (5; )

1 52; 52

x x x x x                                             0.5

 

1 52; 1; 52

x       

  0.25

2

Giải hệ:

2

4 2

x y 2x 3y 15

x y 2x 4y

              1.0

























2 2

x y x y

x y 10

                 Đặt

u x

v y

  

  

 .

Ta có hpt













2 2

u v 10 u v 2uv 10

uv u v uv u v

                     

u v 10

uv 45

  

  



u v

uv       u v     



u v      0.5 u ) v     

 Tìm nghiệm ( x; y ) = ( 2; 1) ( x; y ) = ( -2; 1)

u ) v     

 Tìm nghiệm ( x; y ) = ( 0; 5)

Kết luận: Hệ phương trình có nghiệm:



2;1 ,

 

2;1 , 0;5

 



0.5

IV 1 Tìm tọa độ điểm M 1.0

Gọi điểm M thuộc d có tọa độ M = (m; m+1),ta có :

3 ( 10; 4)

MA MB MC  m m

uuur uuur uuur





2





2

2

3 10

10 100

14

7 41

7 41

MA MB MC

m m

m m

m m

  

    

   

  

 

  

uuur uuur uuur

Vậy có hai điểm M thỏa mãn toán M (7 41;8 41),M 



7 41;8 41



0.5

2 Tìm phương trình BC 1.0

Tọa độ D nghiệm hệ:

3 0

(0;0)

2 0

x y x

D O

x y y

  

 

   

 

  

 

véc tơ pháp tuyến đường thẳng AD BD n1(3; 1), (1; 2) n2 

r uur

suy cosADB =

0

45 (1)

2  ADB  ADAB 0.25

Vì góc đường thẳng BC AB bằng450  BCD450 BCD vuông cân B,

suy DC = 2AB Theo ta có

2

1

( ) 24

2

ABCD

AB S  AB CD AD  

Suy AB =4 ,BD =4

0.25

Gọi B(b; b/2), b>0

2

8 10

( )

5

4 8 10

( )

b loai

b BD b

b tm

   

   

  

 Tọa độ B =

8 10 10

( ; )

5

B 0.25

Véc tơ pháp tuyến đường thẳng BC là: n



2;1



r

Phương trình đường thẳng BC 2x + y - = 0.25 3 Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho từ điểm M kẻ đến (C) hai tiếp

tuyến hợp với góc 900

1.0 + (C) có tâm I(2 , 1) bán kính R =

√

6

+ A , B A^M B=900

¿ tiếp điểm ) suy : MI=MA

√

2=R.

√

2=

√

12 0.5

Vậy M thuộc đường trịn tâm I bán kính R/ =

√

12 M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:

¿

(x −2)2+ (y −1)2=12

x+y+1=0

↔

¿x=

√

2 y=−1−

√

2

∨

¿x=−

√

2 y=−1+

√

2

¿{ ¿

Vậy có điểm thỏa u cầu tốn có tọa độ nêu

V

CM: 2 2 2

x y z 3

y z z x x y 

1.0

Ta có 2

x x

y z 1 x Ta cần chứng minh:

2

x 3x

1 x  .

0.25

Thật vậy, áp dụng BĐT Cơ-si ta có:





2



 



2

2 2 2 2x x x

2x x 2x x x

3 27

     

     

 





 

2

2

2 2

2 x 3x x 3x

x x

1 x y z

3

      

 

Tương tự:

 

 

2

2 2

y 3y z 3z

2 ,

x z  x y  0.5

Do đó:





2 2

2 2 2

x y z 3 3

x y z

y z x z x y     .

Dấu “=” xảy

3 x y z

3

   