ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI 10-HKI NĂM HỌC 2011-2012

1


SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO
CAO BẰNG
Trường THPT Bản Ngà


ĐÁP ÁN CHẤM MÔN TOÁN KHỐI 10 HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2011-2012.






Câu Nội dung Điểm
+ Điều kiện để hs có nghĩa

4
4
4
04
04















x
x
x
x
x

0.5

1.1
+ TXĐ :


 ;4D

0.5
+
RxRx






( Tập R là tập đối xứng )
0.25
+
Rxxfxxxxxf  )(5252)()(
44

0.5



1.2
+Vậy
52)(
4
 xxxf
là hàm số chẵn trên R
0.25


2.1
Ta có :












5
1
72
4
b
a
ba
ba


1.0
Đồ thị hàm số
65
2
 xxy
:

+ Tọa độ đỉnh :







4
1
;

2
5
S , trục đối xứng :
2
5
x

+ Giao điểm với trục ox :




0;3,0;2
,giao điểm với trục oy :


6;0


0.5


2.2
+ Đồ thị :

0.5

2





a) +
0523:,0
2
 xxcótam

+







3
5
1
416)5.(31
2

1
'2'
x
x

+ Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt
3
5
1  xx
0.25

0.5


0.25

3.1
b)




Rmm
mm
mm











0
4
15
4
15
2
7
167
5331
2
2
2

Vậy phương trình (2) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi giá trị m
0.25



0.5

0.25
* Cách 1: + Đk : (*)
2
9
3  x

+ Theo BĐT Bunhiacopxki ta có :
   
2
3
329
2
9
2
1
1.)3(229
2
1
.)3(21.29
2
2
22
2
































xx
xxxx
Dấu “=” xảy ra
2
7
2
1
)3(2
1
29





 x
x
x
thỏa mãn (*)
Vậy phương trình (3) có một nghiệm
2
7
x




0.25




0.25



0.25


0.25

3.2
* Cách 2: + Đk : (*)
2
9
3  x
+ Đặt
)
2
1
;1())3(2;29( vvàxxu 

Ta có : )(
2
3
.
2
3
,3 avuvu 

0.25



0.25




3

Mặt khác )(
2
3
329. bxxvu 
Từ (a) và (b) suy ra hai véctơ
vvàu
cùng hướng
2
7
2
1
)3(2
1
29




 x
x
x
(thỏa mãn Đk (*))
Vậy phương trình (3) có một nghiệm
2
7
x

0.25







0.25
* Cách 3: + Đk :
(*)
2
9
3  x

+ Đặt
32
03
029
22








vu
xv

xu

+ Ta có hệ phương trình
2
1
0
2
1
2
32
2
3
2
22








vvv
vu
vu

Do đó :
2
7
2

1
3  xx thỏa mãn Đk (*)
Vậy phương trình (3) có một nghiệm
2
7
x



0.25


0.25





0.25




0.25


4.1
Đặt
''' CCBBAAVP 
. Ta có :

)''''''('3)(
''''''''''''
CGBGAGGGGCGBGA
CGGGCGBGGGBGAGGGAGCCBBAA



Do G và G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và tam giác A’B’C’
nên
0''''''0  CGBGAGvàGCGBGA
.
Vậy
)('3 đpcmVTGGVP 



0.5



0.25


0.25



4.2
+ Giả sử
);(


yxD
, ta có :
)3;1()2;1(  BCvàyxAD


0.25




4

+ ABCD là hbh nên












5
0
32
11





y
x
y
x
BCAD
+ Vậy D (0 ; -5 ) .

0.5

0.25


4.3
+ Với mọi góc x ta luôn có :
xxxx
2222
cos1sin1cossin 

+ Với
4
3
4
1
1sin
2
1

cos
2
 xx
+ Vậy
2
5
4
1
4
3
.3 P
0.25

0.25


0.5
Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì tùy theo đó giáo viên chấm cho các
phần điểm tương ứng sao cho hợp lý.