Đề thi học kì 1 môn Toán 10 nâng cao năm 2013 trường Chu Văn An pdf

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2012- 2013
Môn: Toán lớp 10 Nâng cao
Dành cho tất cả các lớp
Buổi thi: … ngày …/…/2012



Thời gian làm bài:
120 phút
, không kể thời gian giao đề
Đề thi gồm 01 trang

Câu 1. (1 điểm) Cho hàm số
2
3
4
( )
9
x
f x
x x



.
a. Tìm tập xác định của hàm số.
b. Xét tính chẵn, lẻ của hàm số.

Câu 2. (2 điểm) Giải các phương trình và hệ phương trình:
a.
2
2 4 2
x x x
   
. b.
1 2
2
5 3
1
2
x x y
x y x

 





 



.

Câu 3. (2,5 điểm) Cho hàm số
2

(2 5) 2( 1) 3
y m x m x
    
có đồ thị


m
C
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi
2
m

.
b. Chứng minh rằng khi
5
2
m

thì


m
C
luôn cắt đường thẳng
( ): 3 3
d y x
  
tại
hai điểm có tọa độ không đổi.

Câu 4. (4 điểm)
1. Cho tam giác
ABC
, lấy các điểm
,
M N
sao cho
2 0,3 2 0
MA MB NA NC
   
     
.
a. Biểu thị
,
AM AN
 
theo
,
AB AC
 
.
b. Chứng minh
, ,
M N G
thẳng hàng, trong đó
G
là trọng tâm tam giác
ABC
.

c. Giả sử
, 5 , 2 3
AB a AC a MN a
  
với
0
a

, tính số đo góc

BAC
của tam
giác
ABC
.
2. Trong mặt phẳng tọa độ cho
(1;1), ( 1;3), (0;1)
A B H

.
a. Chứng minh
, ,
A B H
không thẳng hàng.
b. Tìm tọa độ điểm
C
sao cho
H
là trực tâm tam giác
ABC

.

Câu 5. (0,5 điểm)
Giải hệ phương trình
2
3
4
x xy y
x y
x xz z
x z
y yz z
y z
 





 





 







HẾT

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KỲ 1 – MÔN TOÁN LỚP 10 NĂM HỌC 2012 – 2013
Câu Đáp án Điểm

1.
(1,0
điểm)

a. (0,5 điểm)
Hàm số xác định khi
2
3
2 2
4 0 2 2
0
0
9 0
3
x
x x
x
x
x x
x
  



    

 
  
  

 


 
 


0,25
Vậy hàm số có tập xác định




2;0 0;2
D    .
0,25
b. (0,5 điểm)
Ta có
x D
 
thì
( ) ( )
x D
f x f x

 


  

.
0,25
Vậy
( )
f x
là hàm số lẻ.
0,25
2.
(2,0
điểm)

a. (1,0 điểm)

Đặt
2 , 0
y x y
  
. Ta có
2
1
2 0 2
2
y
y y y
y

 

     



(vì
0
y

).
0,5
Từ đó
2 2 4
2 2
2 2 0
x x
x
x x
  
 
   
 
   
 
. Vậy tập nghiệm
{0;4}
S

.

(Học sinh có thể dùng cách phá dấu giá trị tuyệt đối)
0,5
b. (1,0 điểm)

Điều kiện
0, 0
x x y
  
.
0,25
1 2
1
2
1
1 1
1 1
5 3 4 3
1
2
2
x x y
x x
x
x y y
x y
x y x


 





 
 
 
  
   
  
 
 

 
 




.
0,5
Vậy hệ có nghiệm
( ; ) (1;3)
x y

. 0,25
3.
(2,5
điểm)

a. (1,5 điểm)

Khi
2
m

thì
2
2 3
y x x
   
. Tập xác định
D

R
.
0,25
Bảng biến thiên
x




1






y

4







0.5
Đồ thị: giao với trục tung tại
(0;3)
A , giao với
trục hoành tại
( 3;0), (1;0)
B C

, trục đối xứng có
phương trình
1
x
 
.

0,25




0,5

b. (1,0 điểm)

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 0,25
2 2
(2 5) 2( 1) 3 3 3 (2 5)( ) 0
m x m x x m x x
          

Khi
5
2
m

phương trình trên luôn có hai nghiệm
0, 1
x x
 
.
0,25
Từ đó


m
C
luôn cắt
( )
d
tại hai điểm có tọa độ không đổi là
(0;3), (1;0)
M N với

5
2
m

.
0,5
4.
(4,0
điểm
1a. (0,5 điểm)
Từ giả thiết rút ra được
2
2 ,
5
AM AB AN AC
 
   
.
0,5
1b. (1,0 điểm)
Ta có
 
2 2
2 5
5 5
MN AN AM AC AB AC AB
     
      
,
     

1 1 1
2 5
3 3 3
MG MA MB MC MA MB AC AB AC
        
        
.
0.5
Từ đó
5
3
2
MG MN

 
. Vậy
, ,
M N G
thẳng hàng.
0.5
1c. (1,0 điểm)
Ta có
2
2 2 , 2
5
AM AB a AN AC a
   
. Từ đó áp dụng Định lí cos cho
tam giác
AMN

:
0.25

2 2 2
1
cos
2 . 2
AM AN MN
MAN
AM AN
 
  
.
0.5
Vậy


0
120
BAC MAN 
.
0.25
2a. (0,5 điểm)
Ta có
( 1;0), (1; 2)
AH BH
   
 
, mà
1 0

1 2



nên
,
AH BH
 
không cùng
phương. Từ đó
, ,
A B H
không thẳng hàng.
0,5
2b. (1,0 điểm)

Giả sử
( ; )
C x y
, ta có
( 1; 1), ( 1; 3)
AC x y BC x y
     
 
.
0,25
Để
H
là trực tâm tam giác
ABC

thì
. 0
. 0
AH BC
BH AC







 
 

0,25
1 0 1
2 1 0 0
x x
x y y
   
 
 
 
   
 
. Vậy
( 1;0)
C


.
0,5
5.
(0,5
điểm
Điều kiện
( )( )( ) 0
x y y z z x
   
. Hệ tương đương với
1 1
1 7 12
1
12 7
1 1 1 1 5 12
2( )
2 12 5
3( )
1 1 1 12
1 1
3
12
x
x y
x
xy x y
xz x z y
x z y
yz y z
z

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

(Dễ thấy
0, 0, 0
xy xz yz
  
).
Vậy hệ có một nghiệm
12 12
( ; ; ) ; ; 12
7 5
x y z
 
 
 
 
.
0,5