19 TOAN 10 DE HK1 2013 DONG THAP

PHẦN CHUNG: 7 ĐIỂM Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.. Tìm m để phương trình đã cho có 2 nghiệm phân biệt.[r]

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP Trường THCS-THPT Nguyễn Văn Khải ĐỀ THI HỌC KÌ I (Tham khảo) MÔN THI: TOÁN KHỐI 10 THỜI GIAN: 90’ I PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) (Dành cho học sinh hai ban và nâng cao.) Câu I: (1,0 điểm) Xác định A  B, A  B, A \ B , biết A [2;5) , B {x  R | x 6} Câu II: (2,0 điểm) Viết phương trình parabol  đối xứng là đường thẳng x  P  : y ax  bx  a 0  Biết  P  qua M(1; 3) và có trục 2 Tìm tọa độ giao điểm hai đồ thị hàm số: y 2 x  3, y  x  x  Câu III: (2,0 điểm) Giải phương trình: x   x  2 Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  3m 0 Tìm m để phương trình đã cho có nghiệm phân biệt Câu IV: (2,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho tam giác ABC có A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) a) Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC b) Tìm chu vi tam giác đã cho II PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) PHẦN A:(Dành cho học sinh ban bản.) Câu 4A: (2 điểm) Giải phương trình sau: x  3x  0 a 3, a 0 a 1 Chứng minh rằng: Câu 5A: (1 điểm) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(1;-1), C(4;-1) Chứng minh tam giác ABC vuông B PHẦN B:(Dành cho học sinh ban nâng cao.) Câu 4B: (1 điểm) Giải phương trình sau: x  x  x   0 2 Câu 5B: (2 điểm) Cho phương trình: x  2(m  1) x  m  3m 0 (1) a) Định để phương trình (1) có nghiệm Tính nghiệm còn lại b) Định để phương trình (1) có nghiệm thỏa: -Hết ĐÁP ÁN Câu Đáp án I PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM) A [2;5) , B ( ;3) Câu I (1đ) Câu II (2đ) * A  B [2;3] * A  B ( ;5) * A \ B (3; ) a  b 3 a 1   2a  b 0 b 2  P  : y x2  x 2 Cho  3x  x  2 x  0.5đ 0.5đ  3x  x  0 0.25đ  y   x 1    x   y  17 3  0.5đ  17  A(1;  1), B   ;   3  Vậy: Hai đồ thị cắt điểm 0.25đ 3x2   x   x  0  2 3x  ( x  1)  x 1  x 1      x 0 (l)  x  x 0   x  (l)  S  Vậy: 2 Phương trình x  2(m  1) x  m  3m 0 có nghiệm phân biệt và khi: '   (m  1)  1.(m  3m)   m 1   m1 Vậy: m>-1 thỏa yêu cầu bài toán Câu IV (2đ) 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Từ đề bài ta có hệ phương trình: Vậy: Câu III (2đ) Điểm 0.25đ 0.5đ 0.25đ 0.25đ 0.5đ 0.25đ Ta có: A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5) Gọi G ( xG ; yG ) là trọng tâm ABC  1 xG   3  35 yG  2 4  G  ;2 Vậy:   0.5đ 0.5đ Ta có: 0.5đ AB  26, AC 7, BC  Suy ra: Chu vi ABC là: CABC  AB  AC  BC  26   II PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM) Câu 4A: x  3x  0 (1) (2đ) 0.5đ 0.25đ Đặt: t  x , t 0 Phương trình (1) trở thành: 4t  3t  0 0.25đ  t  (l )   t  (n)   x   x2     x   1  S  ;   2 2 Vậy: 0.25đ 0.25đ Ta có: 4 a 3  a   4 a 1 a 1 0.25đ Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho số không âm 4 2 (a  1) a 1 a 1  a 1 4 a 1 (đpcm) a  1; a  , ta có: 0.5đ a 1  Câu 5A: (1đ) Câu 4B: 0.25đ Ta có:   BA (0;3), BC (3;0)   BA.BC 0    BA  BC Do đó: ABC vuông B x  x  x   0 (1đ) Đặt: 0.5đ 0.25đ 0.25đ (1) 0.25đ t  x  , t 0 0.25đ  t x  x  PT (1) trở thành: t  3t 0  t 0 ( n)   t 3 ( n)  x  0  x  0     x  3   x  3  x    x   x 1   x  0.5đ Vậy: Câu 5B: (2đ) S   2;1;  5 x  2(m  1) x  m2  3m 0 (1)  m 0 m  3m 0    m 3 a) Vì là nghiệm (1) suy ra:  x 0 (1)  x  x 0    x  Với m=0:  x 0 (1)  x  x 0    x 4 Với m=3: b) Phương trình (1) có nghiệm thỏa: m    ' 0  m       m  ( n)  2  x1  x2 8  2m  2m  0   m 2 ( n)  Vậy: m=2, m=-1 Hết! 0.5đ 0.25đ 0.25đ và khi: 0.75đ 0.25đ