1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

Dap an bai tap Toan 10

10 9 0

Đang tải... (xem toàn văn)

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 10
Dung lượng 226,23 KB

Nội dung

Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất.... Câu Đáp án Hệ phương trình có nghiệm duy nhất * Điều kiện : D 0.[r]

(1)THPT NGỌC HỒI Tổ Toán NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT(Học Kỳ2) Câu1.( Mức độ: B; 1,0 điểm ; Thời gian: 10 phút ) x   x  20 x  25 Đáp án Điểm 0.25 Tacó: x   x  20 x  25  x   x   x   x  a  b  a  b , a, b  ¡ Áp dụng: Đẳng thức xảy và khi: Vậy : 0.25 a.b 0 0.25 x   x   x.5 0  x 0 T  0;    Suy tập nghiệm PT là : Câu ( Mức độ: C; 1,5 điểm ; Thời gian: 15 phút ).Giải Bất phương trình : 2x  x  x  10 1 Đáp Án 2x  Ta có: x  x  10 0.25 Điểm 1  2x  x  x  10  10  x   x  3x  10 x  3x  10 0  x    x  3x  10 2 x   x  x  10  2 x   x  3x  10     2 x   2 x  x  10  x  x  10   x  x  10     3x  13x  26    x   x 5 x    x   0.5 0.5 0.5 Câu (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.) Giải phương trình : 3x    3x Đáp án  3x  2  3x (1) Pt    3x  3x  (2) *  x     x  Vn Vậy là nghiệm phương trình * Câu ( Mức độ: C; điểm ; Thời gian: 15 phút ) Điểm 0.5 0.5 (2) mx  2(m - 2)x  m  0 (1) Cho phương trình : a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m x1 x  3 x , x x x b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm cho : Câu 3a Đáp án 3  4x  0  x  * Khi m = thì (1) trở thành : * Khi m 0 thì (1) là phương trình bậc hai có  4  m + Nếu m > thì phương trình (1) vô nghiệm + Nếu m 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm : Kết luận : 3 S +m=0: + m > : S  x1,2  + m 4 và m 0 : Phương trình (1) có hai nghiệm : 3b Điểm 0.25    0.25 2 m 4 m m 0.5 x1,2  2 m 4 m m * Khi m 4 và m 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x x1 x 2  3   x1  x   5x1x 0 * x x1   65 * Thay vào và tính : thoả mãn điều kiện m 4 và m 0 Câu ( Mức độ: C; 2,5 điểm ; Thời gian: 15 phút ) m Câu 0.25 0.25 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC với A(1;  2), B(5;  2),C(3;2) Tìm toạ độ trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I ABC Đáp án 9  G  ;  1  Toạ độ trọng tâm G :  Toạ độ trực tâm H :    AH BC 0  2( x  1)  4( y  2) 0     2( x  5)  4( y  2) 0 *  BH AC 0 * H (3 ; - ) Toạ độ tâm đường ngoại tiếp I :  AI BI 8x 24    AI CI 4x  8y 8 *   1 I  3;  *  2 Câu ( Mức độ: C; điểm ; Thời gian: 15 phút ) mx  y 1  x  (m  1)y m Cho hệ phương trình:  Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm      0.25 0.25 Điểm 0.75 0.75 0.25 0.5 0.25 (3) 2 Cho phương trình: x  2mx+m -m=0 Tìm tham số thực m để phương trình có x1 x2  3 x2 x1 hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn Câu Đáp án Hệ phương trình có nghiệm * Điều kiện : D 0 6.1 * Tính D m  m  và giải m  và m 2 (1.5 m  và m 2 thì hệ phương trình (I) có nghiệm đ) Vậy với 1 m x y m  và m (x ; y) với 2 Phương trình: x  2mx+m -m=0 có hai ngiệm phân biệt  '   m0 x1 x x 12  x 22  3  3 x x1 x x 6.2 (1.5 TheoYCBT thì:  (x  x )  5x1x2 0 đ)  (2m)2  5(m  m) 0   m  5m 0  m 0(L )   m 5 Vậy với m=5 thì thỏa YCBT Điểm 0.75 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu ( Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút ) Câu 1 ( x  y  z)(   ) 9 x y z Chứng minh x,y,z là số dương thì Đáp án x , y, z  Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: x  y  z 3 x.y.z (1.0 đ) x , y , z   Điểm (1) 1 ; ; 0 x y z Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 1 1 1   3 x y z x y z 0.25 0.25 0.25 (2) 1 ( x  y  z)(   ) 9 x y z Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được: đpcm 0.25 Câu (Mức độ: B; 2điểm ; Thời gian: 15 phút  )         OA  i  j , OB  i  j , OC  3i  j Tìm tọa Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ: độ trọng tâm, trực tâm tam giác ABC   tan  sin   (0    ) P Tính giá trị biểu thức:  tan  Cho Câu 8.1 Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2) Đáp án Điểm 0.25 (4) 1  G  3;   3 Toạ độ trọng tâm G :  Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ H   (1.0 AH BC 0  2( x  1)  3( y  2) 0  đ)   BH AC 0  2( x  5)  4( y  1) 0 *  25 H( ; ) 7 * 0.25 0.25 0.25 4 cos   ; tan   Tìm 8.2 Ta có: (1.0  tan   đ) P    tan   Thay vào biểu thức: sin   0.5 0.5 Câu (Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút ) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c Chứng minh rằng: a2 +b2 +c cos A cos B cos C = + + abc a b c Đáp án Câu Điểm Ta có ( AB+  BC+  CA ) (1.0 đ) 2 0.5 AB + BC +CA +2  AB  BC+2  AB  CA+  BC CA 2       ⇔a + b +c =2 AB BC+2 AB CA +2 BC CA 2 ⇔ a + b +c =2 ac cos B+2 cb cos A +2 ab cos C a2 +b 2+ c2 cos A cos B cos C ⇔ = + + abc a b c 0.5 Câu 10 (Mức độ: C ; 1,5điểm ; Thời gian: 15 phút ) Có 100 học sinh tham dự học sinh giỏi môn Toán ,( thang điểm là 20) kết cho bảng sau : Điểm 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 Tần số 1 13 19 24 14 10 N=100 a,Tính số trung bình và số trung vị b,Tính phương sai và độ lệch chuẩn Đáp án Điểm 11 x  xi ni 15,23 100 i 1 a,Số trung bình: 15  16 Me  =15,5 Số trung vị: 0.25 0.25 11  11  S  ni xi  n x   i i  3,96  100 100 i  i    b,Phương sai: S 1,99 Độ lệch chuẩn : Câu 11.(Mức độ: D ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút ) 0.25 + 0.5 0.25 (5) 2 x  (m  1) y  m   x  m y  m  2m Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm là nghiệm nguyên Đáp án x  ( m  1) y  m    x  m y  m  2m Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm là nghiệm nguyên -m-1  2m  m   (m  1)(2m  1) -m *D=  m 1 -m-1 m3  m2  m3  3m2  2m  2m(2m  1) 2  m  2m -m Dx= -m+1  2m  4m  m  (m 1)(2m  1) -m  2m Dy= *D = -(m-1)(2m+1)  0 m và m  - thì hệ pt có nghiệm (x;y) nhất: Dx 2m  2  m x = D m Dy m 1    m y = D  (m  1) * Để x   ,y   thì : m- =  1, m- 1=  2.Suy : x { 2;0;3;- 1} Câu 12 (Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút ) Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = Đáp án Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = * Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – = (x2- 4x +4)(x2- 4x +6) – = (1)  t 1   t  *Đặt t = x2- 4x +4.Pt (1) t(t+2) – =  t2 +2t – =  13 *t = 1: x - 4x +4 =  x – 4x + = 2 *t = - 3: x - 4x +4 = -  x – 4x + = 0.Phương trình này vô nghiệm  13 x Vậy nghiêm pt (1): Câu 18a 0,5 0,25 0,25 0,5 0,5 Điểm 0,25 0,25  x Câu 13.(Mức độ: B ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0) a) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh   tam giác b) Tìm tọa độ điểm D cho AD  BC Đáp án ABC có:A(2;6),B(-3;4),C(5;0) Điểm 0,25 0,25 Điểm 0,25 (6) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh tam giác  * AB = (-5;-2) 18b AC = (3;-6) 5 2     AB * Vì nên và AC không cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là ba đỉnh tam giác   AD  BC Tìm tọa độ điểm D cho Giả  sử D(x;y) * AD = (x-2;y-6)  BC (8; 4)  -2 BC = (-16;-8)  x   16  x  14     * AD  BC   y     y  0,25 0,25 0,25 0,5đ 0,25 0,25 Câu14.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút ) Cho f(x) = x2 – 2x – 4m – a).Tìm giá trị m để f(x) = có hai nghiệm phân biệt b) Tìm giá trị m để f(x) > với x R Đáp án a,f(x) = có hai nghiệm phân biệt    m  + 16m + >  b,để f(x) > với x R  0 m  + 16m + <  Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 15.(Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút ) Giải phương trình: a) x  2 x  (1) b) Câu 20 a(1điểm) x  x  (2) Đáp án x  Điểm Điều kiện Pt(1)  x  4 x  12 x   4x2-16x+2=0  14  x1,2= 0,25  14 Cả hai giá trị thoã mãn điều kiện thay vào phương trình thì x2= 0,25 0,25 0,25 0,25 (7) không thoã mãn 20b (1điểm)  14 Vậy phương trình có nghiệm là x= 3   +)Với x  phương trình trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x  n ên bị loại)   +) V ới x< phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x= (lo ại) V ậy : Phương trình vô nghiệm 0,5 0,5 Câu 16.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 10 phút ).Giải các bpt sau: a,(1,0điểm) 3x-1>1+x b,(2,5điểm) √ 3(x −1)<2 x −1 Đáp án a,3x-x-1-1>0 x>1 x − 1>0 3(x − 1) ≥ x − 1¿ b, ¿ ¿ ¿{{ 3( x − 1)<¿ (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) ¿ x> x ≤ −1 , x ≥ ¿ { { { ∀ x ∈ R {2 } no ¿ (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) ¿ Vậy: ¿ ∀ x ∈¿ {2 là nghiệm ¿ Điểm 0,5 0,5 0,75 0,75 Câu 17.(1đ).(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút ) Tìm giá trị lớn hàm số y=(-2x+3)(x-1), với x  Đáp án Ta c ó y=(-2x+3)(x-1)= (-2x+3)(2x-2), x  Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0 Áp dụng bất đẳng thức côsi cho số dương là 2x-2>0 và Với -2x+3>0 ta được: Điểm 0,25 0,25 (8) (2x-2)+(-2x+3) 2  x     x  3  ( )  x     x  3 1   x     x  3  1 Hay y  Vậy giá trị lớn y là , đạt x= 0,25 0,25 Câu 18.(Mức độ: C ; 3điểm ; Thời gian: 15 phút ) Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2) a).Hãy tìm toạ độ điểm D cho tứ giác ABCD là hình bình hành b) Xác định toạ độ trọng tâm G tam giác ABC c) Xác định toạ độ tr ực tâm H tam giác ABC Câu Câu 18a Câu 18b Câu 18c Đáp án   Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB DC (1)  Mà AB (6; 4) ; DC ( x;  y )   x 6  x     y  Từ (1) ta có   y 4 Vậy D(-6;-2) Gọi G là trọng tâm tam giác.Khi đó  x  x  x y  y B  yC  G A B C ; A  3   G ( ; 2) hay Gọi H là trực tâm tam giác ABC.Khi đó:    AH  x  4; y   ; BH  x  2; y   ; BC   2;   ; AC  4;   Ta có  AH  BC    BH  AC   AH BC 0     BH AC 0  x  y  0   x  y  0   x     y   0  4  x     y   0 12   x   12  ;H( ; ) 5 y   Câu19 (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút ) Giải các phương trình sau : a) ( điểm) |3 x − 4|=2 x − b) ( điểm) √ x2 −2 x+ 6=2 x − Câu 19a Đáp án Tùy theo cách cách giải khác điểm sau đây là cách cụ thể Đặt đk: x −1 ≥ ⇔ x ≥ Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,75 0,25 0,25 Điểm 0,5 0,5 (9) 19b ⇔ x − 4=2 x −1 ¿ x − 4=1 −2 x ¿ x=3 ¿ Pt x=1 ¿ 0,25 ¿ 0,25 ⇔¿ ¿ ¿ ¿ So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = và x =1 ¿ x2 −2 x+ ≥0 x −1 ≥ Đặt đk: { Không thiết phải giải điềm kiện} 0,25 ¿{ ¿ ⇔ x − x +6=4 x2 − x+1 0,25 ⇔ x=− ¿ x= Pt ¿ 0,25 ¿ ¿ ¿ So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x = Câu20.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 15 phút ) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(-1;1), C (1;1) a) Viết phương trình tổng quát trung tuyến AM b) Viết phương trình tổng quát đường cao AH c).Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đáp án a M(0;1) AM: x-y+1=0 → b BC =(2;0) → c VTPT AH =(2;0) AH: 2x-2=0 Phương trình đường tròn có dạng (C):x2+y2+2ax+2by+c=0 (C) qua A(1;2) ⇔ 12+22+2a1+2b2+c=0 (C)qua B(-1;1) ⇔ (-1)2+12+2a(-1)+2b1+c=0 (C) qua C(1;1) ⇔ 12+12+2a1+2b1+c=0 −3 a= , b= , c=1 phương trình đường tròn cần tìm: (C): x2+y2-3y+1=0 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 Hết GV.Đặng Ngọc Liên 0,5 0,5 (10) (11)

Ngày đăng: 06/06/2021, 05:55

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

w