Đề kiểm tra học kì I và đáp án chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (116.86 KB, 6 trang )
Đề kiểm tra học kì I
Mơn :Tốn nâng cao–(Thời gian 90’) _ Đề 1
Bài 1(2 điểm): Cho phương trình:
x m x m
2
2(2 1) 3 4 0− + + + =
(*).
a) Giải phương trình với m = 0
b) Tìm m để (*) có hai nghiệm âm phân biệt
Bài 2(3 điểm):Giải phương trình:
a)
x x x
2
4 5 4 17− − = −
b)
x x x
2
2 4 2+ + = −
Bài 3(1điểm):Giải hệ phương trình sau:
x y x y
x x y y y
2 2
4
( 1) ( 1) 2
+ + + =
+ + + + =
Bài 4(3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(–2;4), B(2;–3), C(5;1).
a) Tìm tọa độ vectơ
AB
uuur
và tọa độ trung điểm I của AB
b) Tính chu vi của tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Bài 5(1 điểm): Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm của BC, N là
điểm thuộc AC sao cho
CN NA2=
uuur uuur
. K là trung điểm của MN. Chứng minh:
AK AB AC
1 1
4 6
= +
uuur uuur uuur
.
Đề kiểm tra học kì I
Mơn :Tốn nâng cao–(Thời gian 90’) _ Đề 2
Bài 1(2 điểm): Cho phương trình sau: x m x m m
2
2( 2) ( 3) 0− − + − = (*)
a) Giải phương trình với m = 4
b) Tìm m để PT có hai nghiệm dương phân biệt
Bài 2(3 điểm):Giải các phương trình sau:
a)
2
4 2 2 1x x x− + = +
.
b)
x x x
2
12 8+ − = −
.
Bài 3(1 điểm):Giải hệ phương trình sau:
x y x y xy xy
x y xy x
2 3 2
4 2
5
4
5
(1 2 )
4
+ + + + = −
+ + + = −
.
Bài 4(3 điểm):Cho A(-3;1), B(1;4), C(3;-2)
a) Tim tọa độ trọng tậm G của tam giác ABC
b) Tìm tọa độ điểm D để DBGC là hbh.
c) Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Bài 5(1 điểm):Cho tam giác ABC. Gọi M là trung điểm của AB, D là trung điểm của BC, N là
điểm thuộc AC sao cho
CN NA2=
uuur uuur
. K là trung điểm của MN. Chứng minh:
KD AB AC
1 1
4 3
= +
uuur uuur uuur
.
Đề kiểm tra học kì I
Mơn :Tốn cơ bản–(Thời gian 90’) _ Đề 1
Bài 1:(2điểm).Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
m x m m x( 3) ( 2) 6− + = − +
Bài 2: (2điểm).Giải phương trình sau:
a)
2x 3−
= x – 3
b)
x x x
2
4 5 4 17− − = −
Bài 3: (2điểm).Giải hệ phương trình sau:
x y
x y
3 1
6 2 5
− =
− =
Bài 4: (3điểm) Cho tam giác ABC có A(4;3), B(2;4) và C(5;1).
a) Tìm tọa độ điểm D để ABCD là hình bình hành.
b) Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC.
c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Bài 5: (1 điểm). Cho ∆ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Chứng minh rằng:
AB CM BN
2 4
3 3
= − −
uuur uuur uuur
Đề kiểm tra học kì I
Mơn :Tốn cơ bản–(Thời gian 90’) _ Đề 2
Bài 1: (2điểm).Giải và biện luận phương trình sau theo tham số m:
m x m x m( ) 2− = + −
Bài 2: (2điểm).Giải hệ phương trình sau:
x y
x y
5 4 3
7 9 8
− =
− =
Bài 3: (2điểm).Giải phương trình sau:
a)
x x x
2
12 8+ − = −
b)
x x4 7 2 5+ = +
Bài 4: (3điểm).Cho A(3;1), B(1;–1), C(2;2).
a) Chứng minh
∆
ABC vuông tại A.
b) Tìm tọa độ trung điểm I của đoạn BC.
c) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC.
Bài 5 : (1 điểm). Cho ∆ABC. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC.
Chứng minh rằng:
MN BN CM
1 1
3 3
= −
uuuur uuur uuur
.
Nội dung - ĐỀ 2
Điểm
Bài 1a)Với m = 4 ta có pt sau:
( )
2
2
4 4 0 2 0 2x x x x− + = ⇔ − = ⇔ =
Vậy pt có một nghiệm kép x = 2
b)Để pt có hai nghiệm dương phân biệt,điều kiện là:
' 0
0
0
S
P
∆
>
>
>
( ) ( )
( )
( )
( )
2
2 2
2 3 0
4 4 3 0 4 4
2 2 0 2 0 2 2 3 4
3 0
0 0
3 0
3 3
m m m
m m m m m m
m m m m m
m m
m m
m m
m m
− − − − >
− + − + > − > − <
⇔ − > ⇔ − > ⇔ > ⇔ > ⇔ < <
− >
< <
− >
> >
KL:Vầy 3< m < 4 thì pt có hai nghiệm dương phân biệt
Bài 2.
a)
( )
( )
2
2
2
2 2
4 2 2 1
4 2 2 2
4 2 2 1
4 2 2 1 4 2 2 2
x x x
x x x
x x x
x x x x x x
− + = +
− + = +
− + = + ⇔ ⇔
− + = − + − + = − −
( )
( )
2
2
2 2
6 0 1
4 2 2 2
4 2 2 2 2 4 0 2
x x
x x x
x x x x x
− =
− + = +
⇔ ⇔
− + = − − − + =
Giải pt (1):
2
0
6 0
6
x
x x
x
=
− = ⇔
=
Giải pt (2):
2
2 4 0x x− + =
có
3 0
∆
= − <
nên pt này vô nghiệm
KL: vậy pt có 2 nghiệm phên biệt x = 0 và x = 6
b)
( )
2
2
2 2 2
8
8 0
8
8
12 8
76
17 76
12 8 12 64 16
17
x
x
x
x
x x x
x
x
x x x x x x x
≤
− ≥
≤
≤
+ − = − ⇔ ⇔ ⇔ ⇔
=
=
+ − = − + − = − +
Ta thấy
76
17
x
=
thỏa mãn điều kiện của bài
KL: vậy pt có một nghiệm
76
17
x
=
Bài 3.
( ) ( )
( )
( ) ( )
( )
2 2
2 3 2 2 2
2
4 2 4 2 2
2
5
5 5
4
4 4
5 5
5
(1 2 ) 2
4 4
4
x y xy x y xy
x y x y xy xy x y xy x y xy
x y xy x x y x y xy
x y xy
+ + + + = −
+ + + + = − + + + + = −
⇔ ⇔
+ + + = − + + + = −
+ + = −
Đặt
2
x y S+ =
và xy = P . thay vào hpt ta có hệ pt mới sau:
( )
2 2
2 2
2
2
5
1 0
0
4
5 5
5
5
4 4
4
4
S P S
S PS P
S PS P S P S PS S
S P S P
S P
S P
+ − =
+ + = −
+ + = + + − =
⇔ ⇔ ⇔
+ = − + = −
+ = −
+ = −
0.5
0.5
0.25
0.5
0.25
0.75
0.5
0.25
1
0.25
0.25
0.25
0.25
2
2 2
0
0 0
5
5 5
0
4
4 4
1 0
3
1 1
5
2
4
5 1
1
1 0
4 4
2
S
S S
P
S
P P
P S
P S P S
P
S P
S S S S
S
=
= =
= −
=
=− =−
+ − =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
= − = −
=−
+ =−
+ − = − + + =
= −
* Với S = 0 và P =
5
4
−
ta có hệ pt sau:
2
3
3
5
0
4
5
25
4
16
x
x y
xy
y
=
+ =
⇔
= −
= −
* Với S =
1
2
−
và P =
3
2
−
ta có hệ pt sau:
2
1
1
2
3
3
2
2
x
x y
y
xy
=
+ = −
⇔
= −
= −
KL; vậy hệ pt có 2 cặp nghiệm
3
1;
2
−
÷
và
3
3
5 25
;
4 16
−
÷
÷
Bài 4.
a) Tọa độ trong tâm G của tam giác là:
3 1 3 1
3 3
G
x
− + +
= =
,
1 4 2 3
1
3 3
G
y
+ −
= = =
Vậy
1
;1
3
G
÷
b)Giả sử điểm D có tọa độ:
( )
;
D D
D x y
Tứ giác ABGC là hình bình hành khi và chỉ khi :
BG DC=
uuur uuur
Ta có
( )
2
; 3 , 3 ; 2
3
D D
BG DC x y
= − − = − − −
÷
uuur uuur
Mà
BG DC=
uuur uuur
2 2
11
3 3
3 3
2
1
3 2 3 2
D D D
DD D
x x
x
y
y y
− = − = +
=
⇔ ⇔ ⇔
=
− = − − = −
Vậy
11
;1
2
D
÷
c) Giả sử điểm I có tọa độ:
( )
;
I I
I x y
vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp
A BC
∆
nên ta có:
IA IB=
và
IA IC
=
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
* 3 1 1 4
6 9 2 1 2 1 8 16 8 6 7 1
I I I I
I I I I I I I I I I
A I BI A I BI x y x y
x x y y x x y y x y
= ⇔ = ⇔ + + − = − + −
⇔ + + + − + = − + + − + ⇔ + =
( ) ( ) ( ) ( )
( )
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
* 3 1 3 2
6 9 2 1 6 9 4 4 12 6 3 2
I I I I
I I I I I I I I I I
A I CI A I CI x y x y
x x y y x x y y x y
= ⇔ = ⇔ + + − = − + +
⇔ + + + − + = − + + + + ⇔ − =
Từ (1) và (2) ta có hệ pt sau:
1
8 6 7
2
12 6 3
1
2
I
I I
I I
I
x
x y
x y
y
=
+ =
⇔
− =
=
Vậy
1 1
;
2 2
I
÷
Bài 5. Biến đổi vế trái ta có:
( ) ( )
1 1 1 1
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. .
2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 4 3
KD KA A D A K A B A C A M A N A B AC
A M A N A B A C A B A C A B A C A B A C
= + = − + + = − + + +
= − − + + = − − + + = +
uuur uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuur
uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Vậy
KD AB AC
1 1
4 3
= +
uuur uuur uuur
(đpcm)
0.25
0.25
1
0.25
0.25
0.5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.75
0.25
Nội dung- ĐỀ 1
Điểm
Bài 1(2đ) a)Với m = 0 ta có pt sau:
2
2 3 0x x− + =
có
' 2 0
∆
= − <
nên pt này vô nghiệm
KL: Vậy pt vô nghiệm
b)Để pt có hai nghiệm âm phân biệt,điều kiện là:
' 0
0
0
S
P
∆
>
<
>
( ) ( )
( )
2 2
2
1
2
1
4 4 1 3 4 0 2 1 0
2
2 1 3 4 0
1 1 1 3 1
2 2 1 0
2 2 2 4
2
3 4 0
3 3 3
4 4 4
m
m
m m m m
m m
m m m m m
m
m m m
< −
>
+ + − − > − >
− + − + >
⇔ + < ⇔ < − ⇔ < − ⇔ < − ⇔ − < < −
+ >
> − > − > −
KL:Vầy
3 1
4
2
m− < < −
thì pt có hai nghiệm âm phân biệt
Bài 2.(3đ)
a)
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
8 12 0 1
4 5 4 17
4 5 4 17
4 5 4 17
22 2
x x
x x x
x x x
x x x
x
− + =
− − = −
− − = − ⇒ ⇒
− − = − −
=
Giải pt (1):
2
8 12 0x x− + =
6
2
x
x
=
⇔
=
Giải pt (2):
2
22 22x x= ⇔ = ±
Kiểm tra các nghiệm trên ta thấy x = 2 và
22x = −
không thỏa mãn pt đầu . x = 6 và
22x =
thỏa mãn
KL: vậy pt có 2 nghiệm phên biệt . x = 6 và
22x =
b)
2
2
2 2
2
2 4 0
2 4 2 2 0 2
1
2
2 4 2 3 2 0
x
x x x R
x x x x x
x
x
x x x x x
≤
+ + ≥ ∀ ∈
+ + = − ⇔ − ≥ ⇔ ≤ ⇔
= −
= −
+ + = − + + =
KL: Vậy pt có hai nghiệm phân biệt
1x = −
và
2x = −
Bài 3.(1đ)
( )
( ) ( ) ( ) ( )
2 2
2 2
2 2
2 2
4
4
2 4 2 4
1 ( 1) 2
2
4 2 2
x y x y
x y x y
x y x y xy x y x y xy
x x y y y
x y x y yx
xy xy
+ + + =
+ + + =
+ + + − = + + + − =
⇔ ⇔ ⇔
+ + + + =
+ + + + =
+ = = −
Đặt
x y S+ =
và xy = P . thay vào hpt ta có hệ pt mới sau:
( )
2
2 2
0
0
2
2. 2 4
2 4 0
1
2 2
2
1
2
2
S
S
P
S S
S S P S S
S
P P
P
S
P
P
=
=
= −
+ − − =
+ − = + =
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
= −
= − = −
= −
= −
= −
= −
0.5
0.5
0.25
0.5
0.25
0.5
0.5
0.25
0.25
0.75
0.75
0.25
0.25
