đề thi học kì môn toán lớp 10 tỉnh đồng tháp (đề 19)

SỞ GD-ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI HỌC KÌ I (Tham khảo)
Trường THCS-THPT Nguyễn Văn Khải MÔN THI: TOÁN KHỐI 10
THỜI GIAN: 90’
I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM)
(Dành cho học sinh cả hai ban cơ bản và nâng cao.)
Câu I: (1,0 điểm)
Xác định
, , \A B A B A B∩ ∪
, biết
[2;5)A =
,
{ | 2 6}B x R x= ∈ ≤
Câu II: (2,0 điểm)
1. Viết phương trình parabol
( ) ( )
2
: 0P y ax bx a= + ≠
. Biết
( )
P
đi qua M(1; 3) và có trục
đối xứng là đường thẳng
1x = −
.
2. Tìm tọa độ giao điểm của hai đồ thị hàm số:
2
2 3, 3 1y x y x x= − = − + +
Câu III: (2,0 điểm)
1. Giải phương trình:
2
3 1 1x x+ = −

2. Cho phương trình:
2 2
2( 1) 3 0x m x m m− − + − =
. Tìm m để phương trình đã cho có 2
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 của tam giác ABC.
b) Tìm chu vi của tam giác đã cho.
II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM)
PHẦN A:(Dành cho học sinh ban cơ bản.)
Câu 4A: (2 điểm)
1. Giải phương trình sau:
4 2
4 3 1 0x x+ − =
2. Chứng minh rằng:
4
3, 0
1
a a
a
+ ≥ ∀ ≥
+
Câu 5A: (1 điểm)
Cho tam giác ABC có A(1;2), B(1;-1), C(4;-1). Chứng minh rằng tam giác ABC vuông
tại B.
PHẦN B:(Dành cho học sinh ban nâng cao.)
Câu 4B: (1 điểm) Giải phương trình sau:
2
4 3 2 4 0x x x+ − + + =

Câu 5B: (2 điểm) Cho phương trình:
2 2
2( 1) 3 0x m x m m− − + − =
(1)
a) Định để phương trình (1) có một nghiệm . Tính nghiệm còn lại.
b) Định để phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: .
Hết
ĐÁP ÁN
Câu Đáp án Điểm
I. PHẦN CHUNG: (7 ĐIỂM)
Câu I
(1đ)
[2;5)A =
,
( ;3)B = −∞

* [2;3]
* ( ;5)
* \ (3; )
A B
A B
A B
∩ =
∪ = −∞
= +∞
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
Câu II

(2đ)
1. Từ đề bài ta có hệ phương trình:

3 1
2 0 2
a b a
a b b
+ = =
 
⇔
 
− = =
 
Vậy:
( )
2
: 2P y x x= +
0.5đ
0.5đ
2. Cho
2
3 1 2 3x x x− + + = −

2
3 4 0
1 1
4 17

3 3
x x

x y
x y
⇔ + − =
= ⇒ = −


⇔

= − ⇒ = −

Vậy: Hai đồ thị cắt nhau tại 2 điểm
4 17
(1; 1), ;
3 3
A B
 
− − −
 ÷
 
0.25đ
0.5đ
0.25đ
Câu III
(2đ)
1.
2
3 1 1x x+ = −

2 2
2

1 0
3 1 ( 1)
1
1
0 (l)
2 2 0
1 (l)
x
x x
x
x
x
x x
x
− ≥

⇔

+ = −

≥

≥


⇔ ⇔
=

 
+ =




= −


Vậy:
S
= ∅
0.25đ
0.5đ
0.25đ
2. Phương trình
2 2
2( 1) 3 0x m x m m− − + − =
có 2 nghiệm phân biệt khi và
chỉ khi:

2 2
' 0
( 1) 1.( 3 ) 0
1 0
1
m m m
m
m
∆ >
⇔ − − − >
⇔ + >
⇔ > −

Vậy: m>-1 thỏa yêu cầu bài toán.
0.25đ
0.5đ
0.25đ
Câu IV
(2đ)
Ta có: A(1; -2), B(2; 3), C(1; 5)
1. Gọi
( ; )
G G
G x y
là trọng tâm
ABC
∆

1 2 1 4
3 3
2 3 5
2
3
G
G
x
y
+ +
= =
− + +
= =
Vậy:
4

;2
3
G
 
 ÷
 
0.5đ
0.5đ
2. Ta có:

26, 7, 5AB AC BC= = =
Suy ra: Chu vi
ABC∆
là:
26 7 5
ABC
C AB AC BC
∆
= + + = + +
0.5đ
0.5đ
II. PHẦN RIÊNG: (3 ĐIỂM)
Câu 4A:
(2đ)
1.
4 2
4 3 1 0x x+ − =
(1)
Đặt:
2

, 0t x t= ≥
Phương trình (1) trở thành:

2
4 3 1 0
1 ( )
1
( )
4
t t
t l
t n
+ − =
= −


⇔

=


2
1
1
2
1
4
2
x
x

x

=

⇒ = ⇔


= −


Vậy:
1 1
;
2 2
S
 
= −
 
 
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
2. Ta có:

4 4
3 1 4
1 1
a a
a a

+ ≥ ⇔ + + ≥
+ +
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho 2 số không âm
4
1;
1
a
a
+
+
, ta có:

4 4
1 2 ( 1)
1 1
a a
a a
+ + ≥ +
+ +

4
1 4
1
a
a
⇔ + + ≥
+
(đpcm)
0.25đ
0.5đ

0.25đ
Câu 5A:
(1đ)
2. Ta có:

(0;3), (3;0)
. 0
BA BC
BA BC
BA BC
= =
⇒ =
⇒ ⊥
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
Do đó:
ABC∆
vuông tại B.
0.5đ
0.25đ
0.25đ
Câu 4B:
(1đ)
2
4 3 2 4 0x x x+ − + + =
(1)
Đặt:
2 , 0t x t= + ≥

2 2
4 4t x x⇒ = + +
PT (1) trở thành:
2
3 0t t− =

0 ( )
3 ( )
2 0 2
2 0
2 3 1
2 3
2 3 5
t n
t n
x x
x
x x
x
x x
=

⇔

=

+ = = −
 
 + =
 

⇒ ⇔ + = ⇔ =

 
+ =


 
+ = − = −
 
Vậy:
{ }
2;1; 5S = − −
0.25đ
0.25đ
0.5đ
Câu 5B:
2 2
2( 1) 3 0x m x m m− − + − =
(1)
(2đ)
a) Vì là nghiệm của (1) suy ra:
2
0
3 0
3
m
m m
m
=


− = ⇔

=

Với m=0:
2
0
(1) 2 0
2
x
x x
x
=

⇔ + = ⇔

= −

Với m=3:
2
0
(1) 4 0
4
x
x x
x
=

⇔ − = ⇔


=

b) Phương trình (1) có 2 nghiệm thỏa: khi và chỉ khi:

2 2
2
1 2
1
' 0
1
1 ( )
8
2 2 4 0
2 ( )
m
m
m n
x x
m m
m n
≥ −

∆ ≥
≥ −



⇔ ⇔
= −


  
+ =
− − =




=


Vậy: m=2, m=-1
0.5đ
0.25đ
0.25đ
0.75đ
0.25đ
Hết!