Đề kiểm tra học kì 1 môn Toán lớp 10 số 4

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
THANH HÓA Năm học: 2014-2015
ĐỀ 4 Môn thi: TOÁN- Lớp 10
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 08/12/2014
Câu 1 (2đ): Cho hàm số bậc hai y = ax
2
– 2x + c (P).
a) Tìm hệ số a, c biết (P) đi qua điểm M(1;-2) và có trục đối xứng x=1.
b) Với a, c vừa tìm được, tìm m để đường thẳng (d
m
) y = 2x + m

cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân
biệt nằm bên phải trục tung.
Câu 2 (3đ):
1) Giải phương trình
+ =
2
-x +2x+1 3 2x
2) Giải phương trình
+ =− − +
22
6 122 7 0x xx x
3) Cho phương trình (m -1)x
2
- 2mx + m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn hệ thức 5(x

1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0.
Câu 3 (1,0đ): Giải hệ phương trình sau:
+ =


+ =

2 2
5
6( ) 13
x y
x y xy
Câu 4 (0,5đ): Với a, b, c là các số thực khác 0. Chứng minh:
+ + ≥ + +
2 2 2
2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
Câu 5 (3đ): Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có A(-4;1), B(2;4), C(2; -2).
a) Tính chu vi, diện tích của tam giác ABC.
b) Tìm tọa độ tâm, bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

c) Tìm tọa độ chân đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh B của tam giác ABC.
Câu 6.(1,5 điểm)
a. Giải hệ phương trình:
( )
( ) ( )
2
1 2 17 0
4 32
x xy y
x y xy

+ + + − =


+ + =


b. Giải phương trình:
2 2 2
2 3 2 3 9x x x x x
+ + + + + =

( )
x∈¡
Hết
Họ và tên học sinh:……………………… Số báo danh:…………………………………
1
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I LỚP 10NC 2014-2015
ĐỀ 4
Câu Đáp án Điểm

1a
Cho hàm số bậc hai y = ax
2
– 2x + c (P).
Tìm hệ số a, c biết (P) đi qua điểm M(1;-2) và có trục đối xứng x=1.
Ta có hệ pt
2 2
1
1
1
1
a c
a
c
a
− = − +

=


⇔
 
= −
=



Vậy
0,5;
0,5

1b
Với a, c vừa tìm được, tìm m để đường thẳng (d
m
) y = 2x + m

cắt đồ thị (P) tại hai điểm
phân biệt nằm bên phải trục tung.
Phương trình hoành độ giao điểm x
2
-2x – 1 = 2x + m
⇔
x
2
-4x – m – 1 (*).
Để d
m
cắt (P) tại 2 điểm phấn biết bên phải Oy thì (*) phải có 2 nghiệm dương phân biệt
5 0
4 0 5 1
1 0
m
m
m
+ >


⇔ > ⇔ − < < −


− − >


0,5
0,5
2.1

≤


− ≥
≤





 
±

= − ⇔ − ⇔ ⇔
=
  


− + =

  


−




 

+ − =
 − ±


=




2 2
2
2
2
2
2
3
2 3 0
3
5 21
-x +2x+1 2 3 -x +2x+1=2 3
5 1 0
2
-x +2x+1=-(2 3 )
3 0
1 13
2

x
x
x
x x
x
x x
x
x x
x
Vậy nghiệm tập nghiệm
5 41 1 13
;
2 2
S
 
− − − −
 
=
 
 
 
0,5
0,25
0,25
2.2
Giải phương trình
+ =− − +
22
6 122 7 0x xx x
Đặt

= − +
2
6 12 7t x x

( 0)t ≥
phương trình trở thành
2
6 7 0t t− − =

1( )
7
t l
t
= −

⇔

=


Với t = 7 ta có phương trình
2
2 7 0 1 2 2x x x− − = ⇔ = ±

0,25x2
0,25
0,25
2.3
Cho phương trình (m -1)x
2

- 2mx + m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
,
x
2
thỏa mãn hệ thức 5(x
1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0.
Để pt có 2 nghiệm x
1
và x
2
thì
2
1 0
1
2
( 1)( 2) 0
m
m
m
m m m

− ≠
≠


⇔
 
≤
− − + ≥



5(x
1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0
2 2
5 4 7 0 1
1 1
m m
m
m m
+
⇔ − − = ⇔ = −

− −

0,5
0,5
3
Giải hệ phương trình sau:
+ = + =
 
⇔
 
+ = + =
 
2 2 2
6 6
6( ) 13 6( ) 25
x y x y
x y xy x y xy
+ =

⇔

+ =

2
6
6( ) 25
x y
x y xy
Đặt S=x+y; P=xy;
2

4S P≥
Ta có hệ pt:
=
=


⇔
 
=
=


2
5
5
6
6 25
S
S
P
S P
Với P=6, S=5 ta có (x;y)=(3;2) hoặc (x;y)=(2;3)
Vậy…
Học sinh có thể giải bằng PP thế.
0,25
0,25
0,5
4
Với a, b, c là các số thực khác 0. Chứng minh:
+ + ≥ + +

2 2 2
2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
 
⇔ + + ≥ + +
 ÷
 
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
a b c a c b
b c a c b a
2
4
     
⇔ + + + + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷
     
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b b c a c a c b
b c c a b a c b a
BĐT đúng vì theo cô-si hoặc chuyển về tổng của 3 bình phương
HS có thể áp dụng cô-si sau đó cộng các bđt lại thì cho điểm tương ứng.
Lưu ý: a, b, c là các số thực khác 0 nên
2 2
2 2
2

a b a a
b c c c
 
+ ≥ ≥
 ÷
 
0,5
5a
A(-4;1), B(2;4), C(2; -2).
Tính chu vi, diện tích của tam giác ABC.
3 5AB =
,
3 5AC =
,
6BC
=
.
Chu vi tam giác bằng
6 5 6+
. Diện tích bằng 18
Học sinh có thể tính diện tích bằng nhiều cách khác nhau: Tìm tọa độ trung điểm BC để
tính đường cao, dựa vào tính chất tam giác cân để tính đường cao, tính góc B để tính
đường cao hoặc dùng công thức Hê-rông
0,25
0,25
0,5
5b
Gọi I(a;b) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Khi đó ta có hệ pt
1

12 6 3
4
12 6 9
1
a b
a
a b

+ =
= −


⇔
 
− = −



Vậy
1
;1
4
I
 
−
 ÷
 
,
15
4

R =

0,5
0,5
5c
Gọi K(a;b) là chân đường phân giác trong xuất phát từ B, khi đó ta có
3 5
6
AK
KC
=
. Do hai vectơ
AK
uuur
và
KC
uuur
cùng hướng nên
5
2
AK KC=
uuur uuur
5 4
5
5
4 (2 )
1
2 2

5 5 1

1 ( 2 )
2
5
1
2
a
a a
b b b

−
=



+ = −
+



⇔ ⇔ ⇔
 
− +
 
− = − − =
 


+


0,25
0,25
0,5
6 a.Giải hệ phương trình
( )
( ) ( )
2
1 2 17 0
4 32
x xy y
x y xy

+ + + − =


+ + =


0,75
Hệ đã cho tương đương với:
( ) 2( ) 16
( )( 4) 32
x x y x y
x y xy
+ + + =


+ + =

⇔

16 ( )( 2) (1)
( )( 4) 2.16 (2)
x y x
x y xy
= + +


+ + =

Thế (1) vào (2) được:
( ) ( ) ( ) ( )
x y xy 4 2 x y x 2+ + = + +
( ) ( )
2 0x x y y⇔ + − =
0; 0; 2.x x y y⇔ = + = =
+) x = 0 thay vào (1) được: y = 8
+) x + y = 0 thay vào (1) được: 0x = 16 (VN)
+) y = 2 thay vào (1) được: x = 2 hoặc x = -6
Vậy hệ đã cho có ba nghiệm: (0; 8); (2; 2); (-6; 2)
b.Giải phương trình:
2 2 2
2 3 2 3 9x x x x x
+ + + + + =
0,75
Đặt
2
3t x x= + +
, phương trình đã cho trở thành:
2
12 0t t+ − =

2
3
12 0
4
t
t t
t
=

+ − = ⇔

= −

• Với
3t
=
thì
2
2 2
3
3 3 1
3 6 9
x
x x x
x x x
≤

+ + = ⇔ ⇔ =


+ = − +

• Với
4t
= −
thì
2
2 2
4
3 4
3 8 16
x
x x x
x x x
≤ −

+ + = − ⇔ ⇔ ∈∅

+ = + +

Vậy, phương trình có nghiệm là:
1x =
.
3
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG HỌC KỲ I
THANH HÓA Năm học: 2014-2015
ĐỀ 5 Môn thi: TOÁN- Lớp 10
Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)
Ngày thi: 10 tháng 12 năm 2014
Câu 1 (1,5đ): Cho hàm số y = x

2
+bx + c (P).
a) Tìm hệ số b, c biết (P) đi qua điểm M(1;-2) và có trục đối xứng x=1.
b) Với b, c vừa tìm được, tìm m để đường thẳng (d
m
) y = -6x + m

cắt đồ thị (P) tại hai điểm
phân biệt nằm bên trái trục tung.
Câu 2 (3đ):
1) Giải phương trình:
− + − = −
2
2 5 7 5x x x
2) Giải phương trình:
−
− − + + =
2
2
4 12
4 12 11 1 0
5
x x
x x
3) Cho phương trình (m -1)x
2
- 2mx + m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2

thỏa mãn hệ thức 5(x
1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0.
Câu 3 (2đ): Giải hệ phương trình sau:
=


+ =

2 2
6
6( ) 13
xy
x y xy
Câu 4 (0,5đ): Chứng minh
( )
+ + ≥ + + ∀ >
1 1 1
, , 0
a b c
a b c
bc ac ab a b c

Câu 5 (3đ):.
a.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm
( ) ( ) ( )
4;3,4;1,1;1 −−−−− CBA
.
1)Chứng minh rằng ba điểm A, B, C lập thành một tam giác.
2)Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Tính chu vi và diện tích của tam giác ABC
b. Cho tam giác ABC có góc A nhọn ; D và E là 2 điểm nằm ngoài tam giác sao cho ABD và ACE
vuông cân tại A .M là trung điểm BC .Chứng minh AM
⊥
DE .
Câu 6(1,0 điểm)
1. Giải hệ phương trình:
2 9
9 0
y x y x
y x y

+ − = −


− + =



2. Giải phương trình:
3 2 7 1x x− − + =
Hết
Họ và tên học sinh:……………………… Số báo danh:…………………………………
4

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ I 2014-2015
ĐỀ 5
Câ
u
Đáp án
Điểm
1a
Cho hàm số y = x
2
+bx + c (P).
Tìm hệ số b, c biết (P) đi qua điểm M(1;-2) và có trục đối xứng x=1.
Ta có hệ pt
2 1
2
1
1
2
b c
b
b
c
− = + +

= −


⇔
 −
= −
=





Vậy
0,5
1b
Với b, c vừa tìm được, tìm m để đường thẳng (d
m
) y = -6x + m

cắt đồ thị (P) tại hai điểm phân biệt
nằm bên trái trục tung. y = x
2
-2x - 1 (P)
Phương trình hoành độ giáo điểm x
2
-2x – 1 = -6x + m
⇔
x
2
+ 4x – m – 1 (*).
Để d
m
cắt (P) tại 2 điểm phấn biết bên trái Oy thì (*) phải có 2 nghiệm âm phân biệt
5 0
4 0 5 1
1 0
m
m

m
+ >


⇔ − < ⇔ − < < −


− − >


0,5
0,5
2.1
− ≥ ≤
 
≤

 
 
− + − = − ⇔ − + = − ⇔ − + = − ⇔ − + = ⇔
  
=
 

 
− + = − + − + =
 
 
 
2 2 2 2

2 2
5 0 5
5
2 5 7 5 2 5 7 5 2 5 7 5 2 4 2 0
1
2 5 7 5 2 6 12 0
x x
x
x x x x x x x x x x x
x
x x x x x
Vậy nghiệm của pt là x = 1
0,5
0,25
0,25
2.2
Giải phương trình
−
− − + + =
2
2
4 12
4 12 11 1 0
5
x x
x x
Đặt
= − +
2
4 12 11t x x

( 0)t ≥
phương trình trở thành
2
5 6 0t t− − =

1( )
6
t l
t
= −

⇔

=


Với t = 6 ta có phương trình
2
3 34
4 12 25 0
2
x x x
±
− − = ⇔ =

0,25
0,25
0,25
2.3

Cho phương trình (m -1)x
2
- 2mx + m + 2 = 0. Tìm m để phương trình có hai nghiệm x
1
, x
2
thỏa mãn
hệ thức 5(x
1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0.
Để pt có 2 nghiệm x
1
và x
2
thì
2
1 0
1
2
( 1)( 2) 0
m
m

m
m m m
− ≠
≠


⇔
 
≤
− − + ≥



5(x
1
+

x
2
) – 4x
1
x
2
- 7 = 0
2 2
5 4 7 0 1
1 1
m m
m
m m

+
⇔ − − = ⇔ = −
− −

0,5
0,5
3
Giải hệ phương trình sau:
= =
 
⇔
 
+ = + =
 
2 2 2
6 6
6( ) 13 6( ) 25
xy xy
x y xy x y xy
=

⇔

+ =

2
6
6( ) 25
xy
x y xy

Đặt S=x+y; P=xy;
2
4S P≥

Ta có hệ pt:
=

=


⇔ =

 
=



= −


2
6
6
5
6 25
5
P
P
S
S P

S
Với P=6, S=5 ta có (x;y)=(3;2) hoặc (x;y)=(2;3)
Với P=6, S=-5 ta có (x;y)=(-3;-2) hoặc (x;y)=(-2;-3)
Vậy…

0,25
0,25
0,25
0,25
4
Chứng minh
( )
+ + ≥ + + ∀ >
1 1 1
, , 0
a b c
a b c
bc ac ab a b c
       
⇔ + + ≥ + + ⇔ + + + + + ≥ + +
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
2 2 2 2 2 2
2
a b c a b b c a c
bc ac ab a b c bc ac ac ab bc ab a b c
BĐT đúng vì theo cô-si…
HS có thể áp dụng cô-si sau đó cộng các bđt lại thì cho điểm tương ứng.
0,5
5

5.1 5.a .
)3;4(),3;0( −== ACAB
0,25
Vì
3
3
4
0
−
−
≠
ACAB,⇒
không cùng phương
CBA ,,⇒
không thẳng hàng
Vậy ba điểm A,B,C lập thành một tam giác.

5.b
4,5,3 === BCACAB
0,,25
Ta có:
ABCACBCAB ∆⇒==+
222
25
vuông tại B.
Chu vi tam giác: 3+5+4=12,
6.
2
1
== BCABS

ABC
Chu vi tam giác: 3+5+4=12 ,
6.
2
1
== BCABS
ABC
5.2 0,5
( )( )AM DE AB AC AE AD= + −
uuuuruuur uuur uuur uuur uuur
=
AB AE AB AD AC AE AC AD− + −
uuuruuur uuuruuur uuuruuur uuuruuur
=
AB AE AC AD−
uuuruuur uuuruuur
(vì AB
⊥
AD và AC
⊥
AE )
= AB.AE.cos(90
o
+A) – AC.AD.cos(90
o
+A)= 0 (vì AB.AE = AC.AD)
Vậy : AM
⊥
DE
6.1 Giải hệ phương trình:

2 9
9 0
y x y x
y x y

+ − = −


− + =


0,5
Điều kiện:
x y≥
. Hệ đã cho
2 9
9 0
x y x y
y x y

+ + − =

⇔

− + =


(*)
Đặt:
2

2
2
0
2
a b
a x y
x
b x y
b a
a
y

+

= −
=



= + ⇒
 
−
 
≥
=



Hệ (*) trở thành
2

2 9
(1)
(2)
. 9 0
2
+ =



−
+ =


b a
b a
a
Thế (1) vào (2) được:
3 2 2
2 9 18 0 ( 2)( 9) 0 3.+ − − = ⇔ + − = ⇔ =a a a a a a

6
3 3
3
=

= ⇒ = ⇒

= −

x

a b
y
. Vậy nghiệm của hệ là:
( ) ( )
x; y 6; 3= −
.
6.2 Giải phương trình:
3 2 7 1x x− − + =
0,5
Điều kiện:
3
2
≥x
PT
3 2 7 1x x⇔ − = + +
5 7x x⇔ − = +

( )
2
5
5 7
x
x x
≥


⇔

− = +



5
9
9
2
x
x
x
x
≥


⇔ ⇔ =
=




=


Vậy nghiệm của phương trình là
9.x =
6