Đề thi hoc kì I - Toán 10 - THPT Thạch Thành I

Câu I: (2,5 điểm)
1. Vẽ đồ thị hàm số
2
2 3y x x= − −
.
2. Dựa vào đồ thị của hàm số
2
2 3y x x= − −
ở câu 1), hãy biện luận số
nghiệm của phương trình sau theo m
2
3 3x x m x− − = − (*)
Câu II: (2,5 điểm)
1. Không giải phương trình
2
6 7 0x x− + = hãy tính tổng các bình phương
hai nghiệm của nó.
2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất:
( 1) 3
2 3 9.
mx m y
x y
− + =



− =


Câu III: (3 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ cho
(1;2), (3;4)A B
a. Tìm tọa độ trọng tâm G của
OAB∆
.
b. Tìm
OxM
∈
sao cho
MA MB+
uuur uuur
nhỏ nhất.
2. Cho 5 điểm P,Q , A, B, C thỏa mãn đẳng thức:
2 5 2PB PC QA QB QC+ = + +
uuur uuur uuur uuur uuur
. Chứng minh rằng ba điểm A,P,Q thẳng hàng.
Câu IV: (2 điểm)
1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất
( )
3 2
(2 3) (4 3) 2 1 0.x m x m x m− + + + − − =
2. Giải hệ:
3 2
2 2 2
2 4 3 0
2 0
x y y
x x y y

+ − + =


+ − =

-----------------------------Hết----------------------------
HƯỚNG DẪN CHÂM MÔN TOÁN 10 NÂNG CAO.
Câu Nội dung Điểm
TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I 2008-2009
Tổ Toán Môn thi: Toán 10 (Ban NC)
Thời gian làm bài: 90 phút
I 2,50
Vẽ đồ thị
(1,5 điểm)
Đồ thị là parabol có đỉnh
(1; 4)I −
, nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối
xứng và có bề lõm quay lên.
0,50
Giao với Ox: (-1; 0) và (3; 0)
Giao với Oy: (0; -3)
0,50
Đồ thị:
0,50
Dựa vào
đồ thị
biện luận
số
nghiệm....
(1 điểm)
(*) ⇔

2
2 3x x m− − =
Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của parabol (P):
2
2 3y x x= − −
và đường thẳng
y m=
0,50
Dựa vào đồ thị ta có:
+ m<-4, PT (*) vô nghiệm;
+ m= -4, PT (*) có một nghiệm ;
+ m>-4, PT (*) có hai nghiệm.
0,50
II 2,50
Không
giải
phương
trình...
Gọi
1 2
,x x
là các nghiệm của PT
2
6 7 0x x− + =
, ta có
2 2 2
1 2 1 2 1 2
( ) 2x x x x x x+ = + −
.
0.50

Theo định lí Viét
1 2 1 2
6; 7x x x x+ = =
. Suy ra
2 2 2
1 2
6 2.7 22x x+ = − =
.
0.50
Tìm m để
HPT có
nghiệm
duy nhất
(1,5 điểm)
( 1)
3 2( 1) 2
2 3
m m
D m m m
− +
= = − + + = − +
−
.
0,50
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi
0 2 0D m
≠ ⇔ − + ≠
0,50
2.m
⇔ ≠

Vậy với
2m
≠
thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất.
0,50
III 3,00
Tìm tọa
độ trọng
tâm…
1 3 0 4
3 3 3
A B O
G
x x x
x
+ +
+ +
= = =
0,50
2 4 0
2
3 3
A B O
G
y y y
y
+ +
+ +
= = =
0,50

-1
-3
3
-4
O
1
(1 điểm)
Tìm
OxM ∈
…
(1 điểm)
Ox ( ;0)M M m∈ ⇔
. Gọi I là trung điểm của AB, ta có
(2;3)I
. Khi đó
2MA MB MI+ =
uuur uuur uuur
,
0,50
do đó
MA MB+
uuur uuur
nhỏ nhất khi
MI
uuur
nhỏ nhất
Ox (2;0)MI M⇔ ⊥ ⇔
0,50
Chứng
minh

A, P, Q
thẳng
hàng
Ta có
2 5 2PB PC QA QB QC+ = + +
uuur uuur uuur uuur uuur
( ) ( )
2 5 2PB PC QA QP PB QP PC⇔ + = + + + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
0,50
3
5
QA QP⇔ = −
uuur uuur
. Suy ra A, P, Q thẳng hàng.
0,50
IV 2,00
Tìm m để
PT có
nghiệm
duy nhất
(1 điểm)
PT đã cho
( )
2
( 1) 2( 1) 2 1 0x x m x m⇔ − − + + + =
.
Đặt
2
( ) 2( 1) 2 1g x x m x m= − + + +

, PT đã cho có nghiệm duy nhất khi và
chi khi
( )g x
vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 1
0,50
' 2
' 2
0 0
0.
0 0
(1) 0
g
g
m
m
m
g m
 
∆ < <
 
⇔ ⇔ ⇔ =
 
∆ = =
 
 
 
= ∀
 
 

0,50
Giải hệ
(1 điểm)
Từ
3 2
2 4 3 0x y y+ − + =
suy ra
3 2
1 2( 1) 1 1x y x= − − − ≤ − ⇒ ≤ −
(1)
Từ
2 2 2
2 0x x y y+ − =
suy ra
2
2
2
1
1
y
x
y
= ≤
+
hay
1 1x− ≤ ≤
(2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra
1x = −

, do đó
y 1=
.
Thay
1x
= −
và
y 1=
vào hệ ta thấy thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy
nhất
( 1;1)−
0,50
Vậy với m=0 thì PT đã cho có
nghiệm duy nhất.