Bài giảng De va DA thi CLC lop 10 Toan Moi

Sở gd & đt bắc ninh kỳ thi kiểm tra các lớp clc
Trờng thpt lơng tài 2 Môn: Toán 10
Thời gian: 120 phút không kể giao đề
Ngày thi: 31 tháng 12 năm 2010
Bài I. (2 điểm)
Cho phơng trình: ax
2
+ bx + c = 0 (1) với a,b,c là tham số thoả mãn
0
23
=++
c
ba
(*)
1/. Giải phơng trình khi a = 3, b = 2;
2/. Chứng minh phơng trình (1) luôn có nghiệm với mọi a, b, c thoả mãn (*).
Bài II. (3 điểm)
1/. Tìm tập xác định của hàm số: y =
x
x

+
2
1
4
2
;
2/. Giải hệ phơng trình sau:

=+
=+++
1121223
74
22
22
yxyx
yxyx
;
3/. Giải phơng trình sau:
2
3 1 2 1
3
x
x x
+
+ =
.
Bài III. (4 điểm)
1/. Cho tam giác ABC, điểm M trên cạnh BC sao cho BM = 4MC. Chứng minh:
.0...)
;
5
4
5
1
)
=++

+=

ABMCCAMBBCMAb
ACABAMa
2/. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC biết A(2;1), B(3;2), C(4;-1).
a) Tìm điểm M trên trục Ox để điểm M cách đều A và B;
b) Tìm điểm D sao cho ABCD là hình thang cân đáy AD.
Bài IV. (1 điểm)
Tuỳ theo m tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P = (2x y 3)
2
+ (mx + y 2m)
2
.
----------------------- Hết ---------------------
Họ tên thí sinh: . Số báo danh: ..
Dáp án chấm thi CLC lớp 10
Ngày thi: 31.12.2010
Bài Câu Nội dung Điểm
I
(2đ)
1
(1đ)
Ta có: a = 3, b = 2 suy ra c = -2
PT có dạng: 3x
2
+ 2x 2 = 0
Giải đợc nghiệm: x =
3
71

0.25đ
0.25đ
0.5đ
2 Từ gt ta đợc PT(1) có dạng: 6ax
2
+6bx-2a-3b = 0
TH1: a = 0, PT luôn có 1 nghiệm x = 1/2;
TH2: a
0

,

= = 3(4a
2
+6ab+3b
2
) = 3[3(a+b)
2
+a
2
] > 0, mọi a,b.
Suy ra PT luôn có nghiệm(ĐPCM).
0.25đ
0.25đ
0.5đ
II
(3đ)
1
(1đ)

Hàm số có nghĩa khi:
2
2
0)2)(2(
02
04
2




<
+




>

x
x
xx
x
x
TXĐ: D =
]2:(

0.75đ
0.25đ
2

(1đ)
Đặt u = x
2
+ 4x; v = y
2
+ y. HPT trở thành:



=
=




=
=+
2
5
1123
7
v
u
vu
vu
+) u = 5 suy ra x
2
+ 4x = 5 có nghiệm x
1
=1; x

2
= -5
+) v = 2 suy ra y
2
+ y = 2 có nghiệm y
1
= 1; y
2
= -2
0.25đ
0.5đ
0.25đ
0.25đ
3
(1đ)
ĐK:
2
1

x
3
2
1213
2
3
2
1213
+
=
++

+

+
=+
x
xx
xx
xxPT

31213
=++
xx
(vì x+2 > 0)
Giải ra đợc x = 1 là nghiệm của PT.
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ
III
(4đ)
1
(2đ)
a) gt
MCBM 4
=

ACABAMACABAMAMACABAM
5
4
5

1
45)(4
+=+==
(ĐPCM)
0.25đ
0.75đ
b) VT =
0...).(
=+
MBMCMA
1đ
2
(2đ)
a) Vì M trên Ox nên M(a;0)
Từ gt ta đợc AM
2
= BM
2


(a-2)
2
+1 = (a-3)
2
+4


.

a = 4 Suy ra M(4;0)

0.25đ
0.25đ
0.5đ
b) Gọi D(x;y), ta có:
( 2; 1)
(1; 3)
AD x y
BC

=


=


uuur
uuur
gt

2 2
.AD t BC
BD AC

=


=


uuur uuur

(t > 0) ( có đk t > 0 mới cho 0.25đ)


2 2 2
2 2
1 3 1 3
( 3) ( 2) 8 5 2 3 0(*)
x t x t
y t y t
x y t t

= = +

= =


+ = + =

Giải (*) ta đợc: t = -1(loại) hoặc t = 3/5 thoả mãn điều kiện.
Suy ra:
13 4
( ; )
5 5
D

.
0.25đ
0.25đ
0.25đ
0.25đ

IV 1đ Ta thấy P

0
Xét HPT:



=
+=+




=+
=
)2(32
)1(32)2(
2
32
xy
mxm
mymx
yx
(I)
TH1. m

-2, (I) có nghiệm

+
=
+
+
=
2
2
32
m
m
y
m
m
x
suy ra MinP = 0
TH2. m = -2, PT(1) có dạng: 0x = -1 (vô nghiệm) nên (I) vô nghiệm.
Khi đó: P = (2x-y-3)
2
+ (2x-y-4)
2
Đặt a = 2x y 4, ta đựơc:
P = 2a
2
+ 2a + 1 =
2
1

2
1
)
2
1
(2
2
++
a
Suy ra MinP = 1/2 khi a = -1/2 hay 2x y =
2
7
KL: .
0.25đ
0.25đ
0.5đ
( HS làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)