Đề thi học kì 1 môn toán lớp 10 tỉnh Quảng Trị

SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN
 MÔN TOÁN LỚP 10 (Chương trình cơ bản)
Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1.5 điểm)
Giải và biện luận theo tham số m phương trình:
2
3 1 9m x m x
− = −
Câu 2 : (2 điểm)
Cho hàm số
( )
2
0y ax bx c a
= + + ≠
a. Biết đồ thị của hàm số đã cho có đỉnh S(1; 4) và cắt trục tung tại điểm có tung độ
bằng 3, tìm các hệ số a, b, c.
b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ở câu a vừa tìm được.
Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau:
a.
3 4 2x x
− = −

b.
2 5 4x x
− − =
Câu 4: (1 điểm)
Cho hai số dương a và b. Chứng minh (a + b)(
1 1
a b
+

)
≥
4 .
Dấu “ = ” xảy ra khi nào ?
Câu 5: (3.5 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)
a. Chứng minh rằng: Tam giác ABC vuông.
b. Gọi E (3; 1), chứng minh rằng : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.
c. Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
và tìm bán kính đường tròn đó.
HẾT
Thí sinh:…………………………………………
Lớp: 10……
Số báo danh:……………
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN: ( Môn TOÁN lớp 10)
Câu 1: (1.5điểm)

2
3 1 9m x m x
− = −


2
(9 1) 1 3 (0.25)
(3 1)(3 1) (3 1) (*) (0.25)
m x m
m m x m

⇔ − = −
⇔ − + = − −
- Nếu
1
3
m
≠ ±
thì pt(*) có nghiệm duy nhất
1
3 1
x
m
−
=
+
(0,25)
- Nếu
1
3
m
=
thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25)
- Nếu
1
3
m
= −
thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25)
Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất
1

3 1
x
m
−
=
+
khi
1
3
m ≠ ±
- Có vô số nghiệm khi
1
3
m
=
- Vô nghiệm khi
1
3
m
= −
(0,25)
Câu 2 : (2điểm)
a/
Cách 1 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).
Nên A
∈
(P)
⇒
c = 3 (0,25)

2
1
2
( ) (0,25)
4
4
2
1
(0,25)
2
12 16
S
S
b
x
a
S p
y
a
b a
a
b
b a a

= − =


∈ ⇔

∆


= − =


= −
= −


⇔ ⇔
 
=
− + =


Vậy (P) là: y = -x
2
+ 2x +3 (0,25)
Cách 2 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).
Nên A
∈
(P)
⇒
c = 3 (0,25)
2
1
( ) (0,25)
2
4 .1 .1
2 0
1

1
(0,25)
2
b
S p
a
a b c
a b
a b
a
b

− =

∈ ⇔


= + +

+ =

⇔

+ =

=−

⇔

=


Vậy (P) là: y = -x
2
+ 2x +3 (0,25)
b/ Theo câu a/ ta có (P) : y = -x
2
+ 2x +3.
- TXĐ :
D R
=
- Tọa độ đỉnh S (1 ; 4).
- Trục đối xứng x = 1
- (P) cắt Oy tại A(0; 3), cắt Ox tại hai điểm B(-1; 0) và C(3; 0)
- Điểm D(2; 3)
∈
(P) (0,25)
* Bảng biến thiên :
x
−∞
1 +
∞


y 4
-
∞
-
∞
Hàm số đã cho đồng biến (
−∞

; 1) và nghịch biến (1; +
∞
) (0,25)
Vẽ: (Chính xác đồ thị và đẹp ) (0,5)

4
2
-2
5
D
X = 1
0
3
3
2
1
-1
C
S
A
B
Câu 3:(2điểm) Giải các phương trình sau:
a.
3 4 2x x
− = −
(1)
Cách 1:

2 0
(1) (0.25)

3 4 2
3 4 2
2
(0.25)
3 4 2
3 4 2
2
1
(0.25)
3
2
x
pt
x x
x x
x
x x
x x
x
x
x
− ≥


⇔
− = −





− = −


≤


⇔
− = −




− = −


≤



=

⇔




=




Vậy pt đã cho có hai nghiệm
3
1,
2
x x= =
(0,25)
Cách 2: Ta có:
4
3 4
3
3 4
4
4 3
3
x khi x
x
x khi x

− ≥


− =


− <


* Khi
4
3

x ≥
thì pt(1)
⇔
3x - 4 = 2 – x

⇔
4x = 6

⇔
x =
3
2
(TMĐK)
* Khi x <
4
3
thì pt(1)
⇔
4 – 3x = 2 – x

⇔
2x = 2

⇔
x = 1 (TMĐK)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
3
1,
2
x x= =

Cách 3: pt(1)
⇒
(3x – 4)
2
= (2 - x)
2

⇒
9x
2
– 24x + 16 = 4 – 4x + x
2

⇒
8x
2
– 20x + 12 = 0

⇒

3
2
1
x
x

=


=


Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm
3
1,
2
x x= =
đều thoả mản pt(1)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
3
1,
2
x x= =
b.
2 5 4x x
− − =
(2)
Cách 1:

2
2
(2) 2 5 4
4 0
(0,25)
2 5 ( 4)
4
(0,25)
2 5 8 16
4
(0,25)
7

3
pt x x
x
x x
x
x x x
x
x
x
⇔ − = −
− ≥

⇔

− = −

≥

⇔

− = − +

≥


⇔
=





=


Đối chiếu điều kiện, pt có nghiệm duy nhất x = 7. (0,25)
Cách 2: Điều kiện 2x – 5
≥
0
⇔
x
≥

5
2
(**)

2
2
(2) 2 5 ( 4)
2 5 8 16
7
3
pt x x
x x x
x
x
⇒ − = −
⇒ − = − +
=


⇒

=

Cả hai nghiệm x = 7 và x = 3 đều thoả mản Đkiện (**), nhưng khi thay vào pt(2) thì giá trị
x = 3 bị loại ( vì 2 = 4 ( vô lí)), còn giá trị x = 7 nghiệm đúng.
Vậy pt(2) có nghiệm duy nhất x = 7.
Câu 4: (1điểm) Chứng minh: (a + b)(
1 1
a b
+
)
≥
4 (3)
Cách 1 : Áp dụng bất đẳng thức Cô- si, ta có:
a + b
≥
2
ab
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (1) (0,25)
ba
11
+

≥
2
ab
1
, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (2) (0,25)
Từ (1) và (2) suy ra: (a + b)(

ba
11
+
)
≥
4. (0,25)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (0,25)
Cách 2: BĐT(3)
⇔

( ) 4
b a
a b
ab
+
 
+ ≥
 ÷
 


⇔

2
( ) 4a b ab+ ≥
(Do a, b là hai số dương)

⇔
a
2

+ 2ab + b
2

≥
4ab

⇔
a
2
- 2ab + b
2

≥
0

⇔
(a – b)
2

≥
0 ,
∀
a, b dương
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (đpcm)
Câu 5: (3 điểm)
Trong mp Oxy cho ∆ ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)
a/ CMR : ∆ ABC vuông.
Cách 1 : (Chứng minh
.AB AC
uuur uuur

= 0)
Ta có :
(6;2), (1; 3) (0,25)AB AC
= = −
uuur uuur
Mà
.AB AC
uuur uuur
= 6.1 + 2(-3) = 0 nên
AB AC⊥ ⇔
uuur uuur
AB
⊥
AC. Vậy ∆ ABC vuông tại A (0,5)
Cách 2: (Chứng minh Cos(
,AB AC
uuur uuur
) = 0
⇒
(
,AB AC
uuur uuur
) = 90
0
)
Ta có:

0
.
( , )

.
6.1 2( 3)
40. 10
0
( , ) 90
AB AC
Cos AB AC
AB AC
AB AC
=
+ −
=
=
⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
Hay AB
⊥
AC.
Vậy ∆ ABC vuông tại A
Cách 3: (Sử dụng định lí đảo của định lí Pitago)
Ta có:

2
2
2
(6;2) 40
(1; 3) 10

( 5; 5) 50
AB AB
AC AC
BC BC
= ⇒ =
= − ⇒ =
= − − ⇒ =
uuur
uuur
uuur

2 2 2
BC AB AC⇒ = +
Vậy ∆ ABC vuông tại A có cạnh huyền BC.
b/ Gọi E (3; 1), CMR : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.
Cách 1: (
;BC CE
uuur uuur
cùng phương)
Ba điểm B, C, E thẳng hàng
BC kCE⇔ =
uuur uuur
(0,25)
Ta có :
( 5; 5); (2;2) (0,25)BC CE
= − − =
uuur uuur
Mà
5 5
(2;2)

2 2
BC BC CE= − ⇒ = −
uuur uuur uuur

Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng. (0,5)
Cách 2: (Chứng minh
0
0
0
( , )
180
BC CE

=


uuur uuur
)

0
. ( 5)2 ( 5)2 20
( , ) 1
20
50. 8
.
( , ) 180
BC CE
Cos BC CE
BC CE
BC CE

− + − −
= = = =−
⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng.
c.
Cách 1: Gọi D(x
D
; y
D
), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó:
AB DC=
uuur uuur
(0,25)
mà
(1 ; 1 )
D D
DC x y= − − −
uuur
. (0,25)
Hay
1 6 5
1 2 3
D D
D D
x x
y y

− = = −
 
⇔
 
− − = = −
 
. Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành (0.25)
Cách 2: (Chứng minh
BD BA BC= +
uuur uuur uuur
)
Gọi D(x
D
; y
D
), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó:
BD BA BC= +
uuur uuur uuur
Ta có:

( 6; 2)
( 5; 5)
BA
BC
= − −
= − −
uuur
uuur

⇒

( 11; 7)BA BC+ = − −
uuur uuur
Mặt khác:
( 6; 4)
D D
BD x y= − −
uuur
.
Từ đó, ta có:
BD BA BC= +
uuur uuur uuur

⇔
6 11
4 7
D
D
x
y
− = −


− = −


⇔
5
3
D
D

x
y
= −


= −

Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành.
d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
và tìm bán kính đường tròn đó
Cách 1 : Gọi
( ; )
I I
I x y
là tâm của đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
, Khi đó:
IA = IB = IC (0.25)

2 2
2 2
2 2 2 2
2 2 2 2
(0 ) (2 ) (6 ) (4 )
(0.25)
(0 ) (2 ) (1 ) ( 1 )
3 12

3 1
7
2
(0.25)
3
2
I I I I
I I I I
I I
I I
I
I
IA IB
IA IC
IA IB
IA IB
x y x y
x y x y
x y
x y
x
y
=

⇔

=


=


⇔

=



− + − = − + −

⇔

− + − = − + − −


+ =

⇔

− = −


=


⇔


=



Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
là:
7 3
( ; )
2 2
I
và bán kính của đường tròn
ngoại tiếp
ABC∆
là: R = IA =
2 2
7 3 5 2
2
2 2 2
   
− + − =
 ÷  ÷
   
(Đvđ) (0.25)
Cách 2: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, ta có: M(3; 3), N(
7 3
;
2 2
).
Mặt khác gọi
( ; )
I I
I x y
là tâm của đường tròn ngoại tiếp

ABC
∆
, Khi đó:
7
6( 3) 2( 3) 0
3 12
. 0
2
7 3
5 3
5( ) 5( ) 0
. 0
2 2
2
I I
I
I I
I I
I I
I
x y
x
x y
MI AB MI AB
x y
x y
NI BC NI BC
y

− + − =

=

  
+ =
⊥ =

   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ =
− − − − =
⊥ =

 
 
 
=



uuur uuur uuur uuur
uur uuur uur uuur
Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
là:
7 3
( ; )
2 2
I

và bán kính của đường tròn
ngoại tiếp
ABC
∆
là: R = IA =
2 2
7 3 5 2
2
2 2 2
   
− + − =
 ÷  ÷
   
(Đvđ)
(Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác củng đạt điểm tối đa,các cách giải khác
ở trên củng có bờ rem điểm tương tự)