De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 10

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (126.04 KB, 3 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG
Đề số 10

ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Mơn TOÁN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút
A. PHẦN CHUNG (7 điểm)

Bài 1: (2 điểm) Cho hàm số yx22x3.

a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số.

b) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng d y:  x 1 với đồ thị (P).
Bài 2: (2 điểm) Cho phương trình (m1)x2 (2m1)x m  2 0 .

a) Tìm m để phương trình có 2 nghiệm phân biệt.

b) Tìm m để phương trình có một nghiệm x = –2. Tìm nghiệm cịn lại.
Bài 3: (2 điểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho A(–1; 1), B(1; 3), C(2; 5).

a) Chứng minh A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác. Tính chu vi tam giác đó.
b) Tìm toạ độ điểm M trên trục hoành sao cho tam giác MAB vuông tại M.

Bài 4: (1 điểm) Cho các số thực x, y, z đều khác 0 thoả hệ thức x2y2z21. Chứng minh:
x y y z z x

z x y

2 2 2 2 2 2
2  2  2 1

Đẳng thức xảy ra khi nào?

B. PHẦN RIÊNG (3 điểm)

I. Chương trình cơ bản

Bài 5a: (2 điẻm) Giải các phương trình sau:

a) x2 3x 1 1 0  b) x2 x 2  x 1

Bài 6a: (1 điểm) Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, G lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB,
CD, MN. Chứng minh GA GB GC GD     0.

II. Chương trình nâng cao

Bài 5b: (2 điểm)

a) Tìm a đê phương trình x22ax 4 0 có hiệu các nghiệm x x1, 2 bằng 6.
b) Giải phương trình: 5 2x2 3 2x2 3.

Bài 6b: (1 điểm) Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB và N là một điểm trên cạnh AC

sao cho NC = 2NA. K là trung điểm của MN. Chứng minh AK AB AC

1 1

4 6

 

  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  
  

.
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

TRƯỜNG THPT LÊ THÁNH TÔNG
Đề số 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011
Mơn TỐN Lớp 10

Thời gian làm bài 90 phút

Bài Nội dung Điểm

1.a Toạ độ đỉnh I(1; 4)
Bảng biến thiên

Đồ thị

0,5

1.b

Xét phương trình: x22x 3 x 1  x23x 4 0


x
x 41
 
 

Vậy có 2 giao điểm: (–1; 0), (4; –5)

0,5

0,5
2.a

PT có 2 nghiệm phân biệt 
a 0

0

 








m
m

m m

1 9

8 9 0

8
 

 



 

   

 



0,5

0,5
2.b

x12

là 1 nghiệm của PT  (m1)( 2) 2 (2m1)( 2) m 2 0  m
4
9


m

x x x

m

1 2  21  225  2 115

0,5

0,5
3.a AB(2;2), AC(3;4)

 AB AC,
 

không cùng phương
 A, B, C là 3 đỉnh của 1 tam giác

AB2 2, AC5,BC 5  Chu vi ABC là 2 2 5  5

0,5
0,5
3.b Gọi M(x; 0) là điểm nằm trên Ox

MA  ( 1 x;1), MB(1 x;3)

 

MAB vuông tại M  MA MB. 0
 

 ( 1  x)(1 x) 1.3 0   x2 2 0 (vô nghiệm)

Vậy không có điểm M nào trên Ox thoả mãn.

0,5

0,5
4

Trước hết chứng minh: a2b2c2ab bc ca  (1)
Thật vậy, (1)  (a b )2(b c )2(c a )20 (luôn đúng)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Áp dụng (1) với

xy yz zx

a b c

z , x , y

  

, ta có:

x y y z z x xy yz yz zx zx xy
z x x y y z

z x y

2 2 2 2 2 2

2  2  2  .  .  .



x y y z z x y z x

z x y

2 2 2 2 2 2

2 2 2
2  2  2   

 1
Đẳng thức xảy ra 

xy yz zx x y z
z x y

1
3

     

0,5

5a.1 x2 3 x 1 1 0

    (1)

 Nếu x1 thì (1) trở thành:

x

x2 3(x1) 1 0   x2 3x   2 0 x12




 Nếu x1 thì (1) trở thành:

x loại

x23(x 1) 1 0   x23x 4 0  x1 (4 )




Vậy tập nghiệm của PT là S 



4;1;2



0,5

5a.2 x2 x 2 x 1

    (2)

Bình phương 2 vế ta được: x2  x 2 (x1)2  x1
Thử lại, x1 thoả mãn (2). Vậy PT có nghiệm x1.

0,5
0,5
6a GA GB GC GD      2GM2GN

= 2(GM GN ) 0
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 

   0,5

0,5
5b.1  a2 4 0,a

 PT ln có 2 nghiệm phân biệt.

Hiệu 2 nghiệm x x1 2, bằng 6  x1 x2 6  (x1 x2)2 36

 (x1x2)2 4x x1 2 36  4a216 36  a 5

Vậy a 5

0,5

0,5
5b.2

Đặt t 2x23,t3
PT trở thành:

t loại
t t2 t2 t t 1 ( )

5   6  5 6 0    6



t 6 2x2  3 6 2x2 3 36 x4
Vậy PT có hai nghiệm x4;x4.

0,5
0,5

6b

AK 1 (AM AN)
2

 

  

= AB AC AB AC

1 1 1 1 1

2 2 3 4 6

 

  

 

 

   

0,5

</div>

De kiem tra Hoc ki I Toan 10 de so 10





Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về