De thi KSCL lop khoi lan 1 2013

Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị của Parabol P với m 4.. Câu V 1.0 điểm Cho hình bình hành ABCD.[r]

SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP KHỐI LẦN NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi : Toán 10 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề) Câu I (2.0 điểm) Tìm tập xác định các hàm số sau y y x 1 x x 1 x 3  1 x x  x  Câu II (1.5 điểm) Cho Parabol (P): y x  mx  m  và đường thẳng d : y x  1 Xét biến thiên và vẽ đồ thị Parabol (P) với m 4 Tìm tất các giá trị tham số m để đường thẳng d cắt (P) hai điểm A,   OA  4OB B phân biệt và Câu III (2.5 điểm) Giải các phương trình sau x  x  0  x  x   x 1 x  3x   x  3x  3 2 y  f x  x  mx  m  m  Tìm tất các giá   Câu IV (1.0 điểm) Cho hàm số trị tham số m để giá trị nhỏ hàm số trên đoạn  0;1 Câu V (1.0 điểm) Cho hình bình hành ABCD Gọi I là trung điểm AB, M là điểm      BM  BI  BC 3 thỏa mãn IC 3IM Chứng minh Từ đó suy ba điểm B, D, M thẳng hàng Câu VI (2.0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A 2;5  , B 1;1 , C  3;3 Tìm tọa độ điểm D thỏa mãn hệ thức 3DA  DB  DC 0 Tìm tọa độ điểm E cho C là trọng tâm tam giác ABE Hết Họ và tên thí sinh: Số báo danh : Thí sinh không sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP KHỐI LẦN SỞ GD&ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH NĂM HỌC 2012 - 2013 Môn thi : Toán 10 (Thời gian làm bài: 150 phút, không kể thời gian phát đề) ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM Câu Ý Nội dung Điểm Điều kiện: x  0  x 2 0.5 Tập xác định: D  \  2 0.5 0.5 Điều kiện:   x    x  x  0  x 3     1  x   x  0 x 1     x  Tập xác định: D   3;1 \   2 0.5 I II Với m 4 hàm số có dạng y  x  x  *Bảng biến thiên: Hệ số a 1  nên có bảng biến thiên x y    0.25  1 0.25 *Đồ thị:  2;  1 +Tọa độ đỉnh: +Trục đối xứng là đường thẳng x 2  0;3 ,  1;  ,  3;0  +Giao với các trục tọa độ tại: 0.5 y x O -1 Phương trình hoành độ giao điểm: x   m  1 x  m 0 (*) Yêu cầu bài toán thỏa mãn và (*) có hai nghiệm phân biệt x A , xB thỏa mãn x A 4 xB (1) +Phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt 2     m  1  4m    m  1   m 1  x A  xB m   x x m +Theo định lí VI-ET  A B 5 xB m   x m Kết hợp (1) và (2)  B m Giải m 1 + Vậy PT có bốn nghiệm + PT  (**) (2)  y 1 y  y     y 2 y  x y   + Đặt , Ta có PT: + Với y 1  x 1  x 1 + Với y 2  x 2  x  III  x   2;  1;1;  x  x   x 1    x  x  1  x  x 1 1  x 0  x 1      x 0  x 0   2 x  x   x  x    x     x 4  x  Vậy PT có nghiệm + Đặt y  x  3x  y  y  3  0.25  y 0  PT trở thành 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25 0.25  y 3 y  3  y   2  y 1  y    y   x 1  x  x  0    x 2 x  3x  1 + Với y 1  + Vậy phương trình có hai nghiệm là x 1 và x 2 0.25 + Hàm số đã cho có đỉnh: + TH1: m   0;1 I  m; m  1 0.25 Ta xét ba trường hợp sau f  x  m  1  m 2 Khi đó  0;1 0.25 (Loại) 0.25  0;1 , đó: + TH2: m  Khi đó hàm số đồng biến trên đoạn  m 1 f  x   f   m  m  1  m  m  0    0;1  m   L  TM  0.25  0;1 , đó: + TH3: m  Khi đó hàm số nghịch biến trên đoạn IV  1 m  f  x   f  1 m  m 1  m  m  0     0;1 1 m    L  TM  1 m + Vậy: m  và          1  BM BI  IM BI  IC BI  BC  BI  BI  BC 3 3 + Ta có      + Lại có BD BA BC 2 BI  BC Nhận thấy BD 3BM nên ba điểm B, D, M thẳng hàng D  xD ; y D  + Gọi Ta có  DA   xD ;5  yD   DB   xD ;1  yD   DC   xD ;3  y D   V     DA  DB  DC 0 + Theo giả thiết: VI  11  xD 0    20  yD 0  11 10  D ;  + Vậy   E  xE ; y E  + Gọi Vì C là trọng tâm tam giác ABE nên  xE   xC   x 6  E   yE 3  y   yE C  + Vậy E  6;3 Hết 11   xD    y 10  D 0.5 0.5 0.5 0.5 0.75 0.25 Chú ý: Thí sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm