Đề kiểm tra học kỳ 1 toán 10 (18)

SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
ĐỀ KSCL LẦN 1 LỚP 10 NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN: TOÁN – Khối A; A1
Thời gian làm bài: 150 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm)
a) Tìm tập xác định của các hàm số sau đây và viết dưới dạng các khoảng, nửa khoảng,
đoạn:
2
4 5
( ) 2; ( ) ; ( ) 9 4 ; ( ) 2
1
3
f x x g x h x x u x x
x
x
= + = = − = + +
−
−
.
b) Cho các mệnh đề
2
{ :( 1) 0},B={ :|3 2 | 1}A x x x x= ∀ ∈ + > ∃ ∈ + =¢¡
. Các mệnh đề đã cho
đúng hay sai, vì sao? Phát biểu mệnh đề phủ định của các mệnh đề đó.
Câu 2. (2 điểm) Cho hàm số
( )
[ ]
( )
( )
2

0
( ) 2 4 0;3
9 3
x x
y f x x x x
x x
− ∀ <


= = − + ∀ ∈


− ∀ >


a) Tính các giá trị
( 1), (0), (1), (4)f f f f−
b) Vẽ đồ thị và suy ra bảng biến thiên của hàm số.
Câu 3. (2 điểm)
a) Giải và biện luận phương trình:
2
( 1) 2 4m x mx+ + =
(với
m
là tham số).
b) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình:
3 2
(1 2 ) 3 2 5 0x m x x m+ − + + − =
có ba
nghiệm phân biệt

1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
19x x x+ + =
.
Câu 4. (2 điểm)
Cho hình chữ nhật
ABCD
có hai đường chéo
,AC BD
cắt nhau tại O. Đặt
;OA a CB b= =
uuur r uuur r
.
,M N
là các điểm thỏa mãn
3 ,MA MB CN xDC= =
uuur uuur uuur uuur
.
a) Biểu thị
,OD MC
uuur uuur
theo các véc tơ
,a b
r r
.
b) Gọi E là giao điểm của BN và AC. Tìm
x

để ba điểm M, E, D thẳng hàng.
Câu 5. (2 điểm)
a) Cho tam giác ABC có p là nửa chu vi,
, ,BC a CA b AB c= = =
. Đường tròn nội tiếp tam
giác tiếp xúc với các cạnh
, ,BC CA AB
lần lượt tại
, ,D E F
. Chứng minh rằng
, ,AD BE CF

đồng qui tại điểm
J
và chứng minh rằng:

( )( ) ( )( ) ( )( ) 0p b p c JA p c p a JB p a p b JC− − + − − + − − =
uur uur uuur r
.
b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có bốn nghiệm phân biệt thuộc
đoạn [0;4]:
4 3 2
8 22 24 8 0x x x x m− + − + − =
.
Hết
-Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
-Họ và tên thí sinh:…………………………………………Số báo danh:………………
SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT YÊN LẠC
ĐÁP ÁN - ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN I

MÔN TOÁN – LỚP 10 - KHỐI A, NĂM HỌC 2013 – 20114
Câu 1.a) (1 điểm) Tìm tập xác định của các hàm số sau đây và viết dưới dạng các khoảng,
nửa khoảng, đoạn:
2
4 5
( ) 2; ( ) ; ( ) 9 4 ; ( ) 2
1
3
f x x g x h x x u x x
x
x
= + = = − = + +
−
−
(Nếu học sinh không viết dưới dạng khoảng, nửa khoảng, đoạn thì cho 0,5 điểm)
Nội dung Điểm
[ 2; )
f
D = − +∞
0.25
( ;3)
g
D = −∞
0.25
3 3
;
2 2
h
D
 

= −
 
 
0.25
[ 2;1) (1; )
u
D = − ∪ +∞
0.25
Câu 1.b) (1 điểm) Cho các mệnh đề
2
{ :( 1) 0}, ={ :| 3 2 | 1}A x x B x x= ∀ ∈ + > ∃ ∈ + =¢¡
. Các
mệnh đề đã cho đúng hay sai, vì sao? Phát biểu mệnh đề phủ định của các mệnh đề đó.
Nội dung Điểm
A là mệnh đề sai, vì với
2
1 ( 1) 0 0x x= − ⇒ + = >
là sai.
0.25
B là mệnh đề đúng, vì với
1 | 3 2| | 3 2| 1x x= − ⇒ + = − + =
là đúng
0.25
2
{ :( 1) 0}A x x= ∃ ∈ + ≤¡
0.25
={ :| 3 2 | 1}B x x∀ ∈ + ≠¢
0.25
Câu 2.a) (1 điểm)
Nội dung Điểm

Ta có
( 1) 1f − =

0.25
(0) 0f =
0.25
(1) 2f =
0.25
(4) 5f = −
0.25
Câu 2.b) (1 điểm)


Nội dung Điểm
Vẽ đúng dạng đồ thị, thể hiện rõ tọa độ các điểm đặc biệt trên hình vẽ 0.5
Bảng biến thiên 0,5
Câu 3.a) (1 điểm) Giải và biện luận phương trình:
2
( 1) 2 4m x mx+ + =
(với
m
là tham số).
Nội dung Điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2
( 2 ) 4m m x m+ = −
0.25
-Nếu
2
0

2 0
2
m
m m
m
≠

+ ≠ ⇔

≠ −

thì phương trình có nghiệm duy nhất
2 m
x
m
−
=
0.25
-Nếu
0 0 4m = ⇒ =
, phương trình vô nghiệm
-Nếu
2 0. 0m x= − ⇒ =
, phương trình có nghiệm là mọi
x∈¡
0.25
-KL:………… 0.25
Câu 3.b) (1 điểm) Tìm m để phương trình:
3 2
(1 2 ) 3 2 5 0x m x x m+ − + + − =

có ba nghiệm
phân biệt
1 2 3
, ,x x x
thỏa mãn
2 2 2
1 2 3
19x x x+ + =
.
Nội dung Điểm
Biến đổi về tích
2
( 1) 2(1 ) 5 2 0x x m x m
 
− + − + − =
 
0.25
2
1
2(1 ) 5 2 0 (*)
x
x m x m
=

⇔

+ − + − =

Phương trình đã cho có ba nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân
biệt khác 1, do đó

2 2 2
2
' (1 ) 5 2 4 0 4
4.
1 2(1 ) 5 2 0 2
m m m m
m
m m m
 
∆ = − − + = − > >
⇔ ⇒ >
 
+ − + − ≠ ≠
 
0.25
Không mất tổng quát, gọi
3 1 2
1 ,x x x= ⇒
là nghiệm của (*). Theo Viet
1 2
1 2
2 2
. 5 2
x x m
x x m
+ = −


= −


0.25
Khi đó
2 2
3( )
4( 1) 2(5 2 ) 18 6 0
2( )
m tm
ycbt m m m m
m loai
=

⇔ − − − = ⇔ − − = ⇔

= −

0.25
Câu 4.a) (1 điểm) (Bài hình không vẽ hình không chấm!)
N
O
E
M
A
D
B
C
Biểu thị
,OD MC
uuur uuur
theo các véc tơ
,a b

r r
.
Nội dung
Điểm
Ta có
OD B O CO CB OA CB a b= = - = - = -
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r r
0.5
Ta có
1
2
MC MB BC B A b= + = -
uuur uuur uuur uuur r
0.25
( ) ( )
1 1 3
2
2 2 2
CA CB b OA b b a b= - - = - - = -
uur uuur r uuur r r r r
0.25
Câu 4.b) (1 điểm)
Gọi E là giao điểm của BN và AC. Tìm
x
để ba điểm M, E, D thẳng hàng.
Nội dung Điểm
Gọi DM cắt AC tại E. Khi đó bài toán trở thành “tìm x để B, E, N thẳng hàng” 0.25
Dễ thấy
2 4 4
5 5 5

CE CA a B E B C CE a b= = = + = -Þ
uuur uur r uuur uuur uuur r r
0.25
Lại có
( ) 2 ( 1)B N BC CN b x DC b x DA A C xa x b= + = - + = - + + = - + -
uuur uuur uuur r uuur r uuur uuur r r
0.25
Do đó B, E,N thẳng khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho
4
2
2
10 4 4
5
3
1
k
x
B N k B E x x x
x k
ì
ï
ï
- =
ï
ï
= - = - = -ÛÞ Û
í
ï
ï
- = -

ï
ï
î
uuur uuur
0.25
Câu 5a) (1 điểm)
J
F
B
A
C
D
E
Nội dung Điểm
Đặt
; ;AE AF x BF BD y CD CE z= = = = = =
, suy ra

; ;x p a y p b z p c= − = − = −
(1)
Ta có
. . . . 1
DB EC FA y z x
z x y
DC EA FB
 
   
= − − − = −
 ÷ ÷
 ÷

   
 
, nên theo định lí Ceva ta có AD,
BE, CF đồng qui tại J.
0.25
Ta sẽ chứng minh với mọi điểm N trong tam giác ABC ta đều có:
. . . 0
NBC NCA NAB
S NA S NB S NC
∆ ∆ ∆
+ + =
uuur uuur uuur r
. Thật vậy

A1
B1
A
B
C
N
A'
B'
L
K
H
P
Gọi AN cắt BC tại A
1
, BN cắt AC tại B
1

; Kẻ CA
’
//BB
1
, CB
’
//AA
1
. Gọi AH, CK tương ứng là các
đường cao kẻ từ A và C của các tam giác NAB, NBC.
Theo qui tắc HBH ta có
' '
' '
NA NB
NC NA NB NA NB
NA NB
= + = − × − ×
uuur uuuur uuuur uuur uuur
(a)
Vì
1
1
1
'
// '
B C
NA
NB A C
NA B A
⇒ =

. Hơn nữa hai tam giác vuông
1 1
,B AH B CK
đồng dạng với nhau
nên
1
1
1
2
1
2
.
'
.
NBC NBC
NAB NAB
CK BN
S S
B C
CK NA
B A AH S NA S
AH BN
∆ ∆
= = = ⇒ = ×
(b)
Tương tự
1
1 2
1
1

1
2
.
'
// ' .
.
NCA
NAB
CL NA S
A C
NB CL
NA B C
NB A B BP BP NA S
∆
∆
⇒ = = = =
(c)
Thay (b), (c) vào (a) ta được
. . .
NBC NCA
NAB NBC NCA
NAB NAB
S S
NC NA NB S NC S NA S NB
S S
∆ ∆
∆ ∆ ∆
∆ ∆
= − × − × ⇔ = − − ⇒
uuur uuur uuur uuur uuur uuur

Đpcm.
Áp dụng với điểm J ta có
. . . 0
JBC JCA JAB
S JA S JB S JC
∆ ∆ ∆
+ + =
uur uur uuur r
(*)
0.25
Lại có
; . . .
JAB JAB
JBC JCA JAB
JBC JAC
S x S y
x S y S z S m
S z S z
= = ⇒ = = =
0.25
Do đó 0.25
(*) . . . 0
. . . 0 (2)
m m m
JA JB JC
x y z
yz JA zx JB xy JC
⇔ + + =
⇔ + + =
uur uur uuur r

uur uur uuur r
Từ (1) và (2) ta có đẳng thức cần chứng minh.
Câu 5b (1 điểm)
Nội dung Điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
2 2 2
( 4 ) 6( 4 ) 8x x x x m− + − + =
0.25
Đặt
2
4t x x= −
, coi t là hàm số biến số x ta có BBT
Từ BBT suy ra khi
[0;4]x∈
thì
[ 4;0]t ∈ −
, hơn nữa nếu t=-4 thì chỉ cho ta một
nghiệm x, còn với mỗi t thuộc (-4;0] cho ta hai nghiệm x. (*)
0.25
Khi đó phương trình đã cho trở thành:
2
6 8 (2)t t m+ + =
Từ nhận xét (*) suy ra Ycbt tương đương với (2) phải có hai nghiệm phân biệt
thuộc (-4;0].
0.25
Xét hàm số
2
( ) 6 8f t t t= + +
trên (-4;0], ta có BBT
Từ BBT ta suy ra

( 1;0).m∈ −
0.25
Hết
x
t(x)
0 2 4
-4
0 0
t
f(t)
-4 -3 0
-1
0 8