Gián án Đề kiểm tra Học kì 1 - Toán 10 - đề số 5

Đề số 5
ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
I. PHẦN CHUNG (8 điểm)
Câu 1: (2đ)
a) Cho parabol (P):
y ax bx c
2
= + +
. Xác định a, b, c biết parabol (P) cắt trục tung tại điểm có
tung độ bằng 3 và có đỉnh S(–2; –1).
b) Vẽ đồ thị hàm số
y x x
2
4 3= + +
.
Câu 2: (2đ) Giải các phương trình sau:
a)
x x2 3 2− = −
b)
x x2 2 3+ = −
Câu 3: (1đ) Giải và biện luận phương trình sau theo m:
m x x m
2
6 4 3− = +

Câu 4: (1đ) Cho
ABC∆
có G là trọng tâm và M là điểm trên cạnh AB sao cho

MA MB
1
2
=
. Chứng
minh:
GM CA
1
3
=
uuur uur
.
Câu 5: (2đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1)
a) Xác định điểm D sao cho OABC là hình bình hành.
b) Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M.
II. PHẦN RIÊNG (2điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai câu (câu 6a hoặc 6b)
Câu 6.a: (Chương trình Chuẩn)
1) (1đ) Cho a, b là hai số dương. Chứng minh
( ) ( )
a b ab ab1 4+ + ≥
.
2) (1đ) Cho tam giác ABC vuông cân tại B. Biết A(1; –1), B(3; 0) và đỉnh C có tọa độ dương.
Xác định tọa độ của C.
Câu 6.b: (Chương trình Nâng cao)
1) (1đ)Tìm m để phương trình sau vô nghiệm:
mx m
x
3
1

1
− +
=
+
2) (1đ) Chứng minh:
0 0 0 0 0
1 2sin15 cos15 1 2sin15 cos15 2 cos15+ + − =
––––––––––––––––––––Hết–––––––––––––––––––
Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .
1

Đề số 5
ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010
Môn TOÁN Lớp 10
Thời gian làm bài 90 phút
Câu Ý Nội dung Điểm
I. 1 Xác định hệ số a,b,c của parabol (P). (1 đ )
(P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3
(P) có đỉnh S(–2; –1) suy ra:
b
b
a
a
a b
4
2
2
1
1 4 2 3




=
− = −
⇔
 
=


− = − +

0,25
0,75
2
Vẽ parabol (P)
2
y = x x + 3+ 4
(1 đ )
+ Đỉnh của (P): S(– 2; –1)
+ Trục đối xứng của (P): x = – 2
+ a = 1 > 0: Bề lõm quay lên phía trên.
+ (P) cắt trục hoành tại các điểm (– 1; 0), (– 3; 0)
+ Các điểm khác thuộc (P): A(0; 3), B(– 4; 3)
0.25
0,25
-4
0.5
II. (2đ )
a
Giải phương trình

x x2 3 2− = −
(1)
(1đ )
Điều kiện:
x 2
≥
0,25
Với ĐK trên thì PT (1)
⇔
2x – 3 = (x – 2)
2
0,25

x x x x x
2 2
2 3 4 4 6 7 0⇔ − = − + ⇔ − + =

x x3 2 3 2⇔ = − ∨ = +
0,25
Đối chiếu với điều kiện, PT có nghiệm duy nhất
x 3 2= +

0,25
b
Giải phương trình
x x2 2 3+ = −
(2)
(1đ)
x 2
≥ −

(2)
⇔
x + 2 = 2x – 3
⇔
x = 5 (thỏa điều kiện đang xét.)
Vậy x = 5 là một nghiệm của pt
0,5
x 2
< −
, (2)
⇔

x x2 2 3
− − = −
⇔
x
1
3
=
( không thỏa điều kiện đang xét)
Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 5
0,5
III.
Cho a,b là hai số dương.Chứng minh
( ) ( )
a b ab ab1 4+ + ≥
(1đ)
2
a b ab0, 0 0> > ⇒ >
0,25

Theo Côsi:
a b ab ab ab2 , 1 2+ ≥ + ≥
0,5
a b ab ab( )( 1) 4⇒ + + ≥
0,25
IV.
Chứng minh
GM CA
1
3
=
uuur uur
(1đ)
G
I
A
C
B
M
0,25
Gọi I là trung điểm BC thì ta có :
GM AM AG AB AI
1 2
3 3
= − = −
uuur uuur uuur uuur uur
0,25
Mà
( )
AI AB AC

1
2
= +
uur uuur uuur
0,25
( )
GM AB AB AC AC CA
1 1 1 1
3 3 3 3
=> = − + = − =
uuur uuur uuur uuur uuur uur
0,25
V. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1) (2đ )
a Xác định điểm D sao cho OABC là hình bình hành. (1đ )
Gọi D(x;y) thì ta có:
AD x y BC( 1; 5), ( 1; 2)= + − = − −
uuur uuur
0,25
ABCD là hinh bình hành
⇔
AD BC=
uuur uuur
0,25
⇔
x
y
1 1
5 2

+ = −


− = −

⇔
x
y
2
3

= −

=

Vậy D(–2; 3)
0,5
b Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M (1đ )
M nằm trên Oy nên M(0; y),
AM y BM y(1; 5), ( 3; 3)= − = − −
uuur uuur
0,25
AMBV
vuông tại M
⇔

AM BM. 0=
uuur uuur



⇔

–3 + (y – 5)(y – 3) = 0
0,25

⇔
y
2
– 8y +12 = 0
⇔
y = 6; y = 2 0,25
Vậy M(0;2), hoặc M(0; 6) 0,25
VIa 1
Giải và biện luận phương trình:
m x x m
2
6 4 3− = +
(1) (1đ )
(1)
⇔
(m
2
– 4)x = 3(m + 2) 0,25
m = 2: (1)
⇔
0x = 12: PT vô nghiệm 0,25
m = –2: (1)
⇔
0x = 0: PT nghiệm đúng với mọi x
∈ R
0,25
m

2≠ ±
: PT có một nghiệm:
x
m
3
2
=
−
0,25
VIa 2 Xác định tọa độ của C (1 đ )
Gọi C(x;y) với x>0, y>0, ta có
AB BC x y(2;1), ( 3; )= = −
uuur uuur
0,25
∆ABC vuông cân tại B nên ta có:
AB BC
AB BC
AB BC
AB BC
2 2
. 0



=
⊥
⇔
 
=
=




uuur uuur
uuur uuur
x y
x y
2 2
2( 3) 0
5 ( 3)

− + =
⇔

= − +

0,5
Giải ra x = 2; y=2 Vậy C(2; 2) 0,25
3
VIb 1
Giải và biện luận phương trình:
mx m
x
3
1
1
− +
=
+
(1)

(1,0 đ)
Điều kiện x
≠
–1, (1)
⇔
mx – m +3 = x + 1
⇔
(m – 1)x = m – 2 (2) 0,25
Với m = 1 , pt (2) vô nghiệm, nên pt (1) vô nghiệm 0,25
Với m
≠
1, pt (2) có nghiệm duy nhất
m
x
m
2
1
−
=
−
, nghiệm này là nghiệm của
(1) khi
m
m
m
2 3
1
1 2
−
≠ − ⇔ ≠

−
0,25
Vậy m
≠
1 và m
≠
3
2
: PT có nghiệm duy nhất
m
x
m
4
1
+
=
−
m = 1 hoặc m =
3
2
: PT vô nghiệm
0,25
VIb 2
Chứng minh
0 0 0 0 0
1 2sin15 cos15 1 2sin15 cos15 2 cos15+ + − =
(*) (1,0đ)
VT (*) =
2 0 2 0 0 0
2 0 2 0 0 0

sin 15 cos 15 2sin15 cos15
sin 15 cos 15 2 sin15 cos15
+ + +
+ + −
0,25
=
( ) ( )
2 2
0 0 0 0
sin15 cos15 sin15 cos15+ + −
0,25
=
0 0 0 0
sin15 cos15 sin15 cos15+ + −
=
0 0 0 0
sin15 cos15 sin15 cos15+ − +
=
0
2 cos15
(Vì 0 < sin15
0
< cos15
0
)
0,5
……HẾT……
4