de thi thu toan 10 HKI moi co dap an

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (427.46 KB, 33 trang )

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

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KỲ I 
Mơn: TỐN - Khối 10

Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)

ĐỀ SỚ 1

Câu I: (1 điểm) Cho các tập hợp A = {x | − 3 x 2}, B = {x | 0 < x 7},

C = {x | x 1}. Xác định tập hợp A, B, C, AB; (AB)\C bằng khoảng, đoạn, nửa khoảng
Câu II: (2,5 điểm)

1). (1,5 điểm) Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = − x2 + 2x + 3

2). (1 điểm) Tìm phương trình đường thẳng (d): y = ax + b biết đường thẳng (d) đi hai
điểm A(−1; 2) và B(2; 1)

Câu III:(2,5 điểm)

1). (0,5 điểm) Tìm điều kiện xác định của phương trình 1 x 3
x 1 x
- +

+ = 0
2). (1 điểm) Giải phương trình 3x2 2x 1

  = 3x + 1

3). (1, điểm) Cho phương trình (m − 1)x2 + 2x – m + 1 = 0 (1). Tìm giá trị của m để 
phương trình (1) có tổng bình phương các nghiệm bằng 6.

Câu IV:(1 điểm) Cho tứ giác ABCD. Tìm điểm G sao cho GA GB GC GD 0uuur uuur uuur uuur r+ + + =
Câu V: (2 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ cho ba điểm A(−1; 1), B(2; 4), C(3; 0)
1). Tìm chu vi của tam giác ABC

2). Tìm điểm D trên Ox sao cho tam giác ABD vuông tại B

Câu VI: (1điểm) Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính bằng 2R. Gọi M, N là hai điểm thuộc
nửa đường tròn sao cho hai dây cung AM, BN cắt nhau tại I. Chứng minh AI . AM = AI . AB

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2></div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

1 Cho các tập hợp A = {x | - 3 x 2}, B = {x | 0 < x 7},
C = {x | x 1}. Xác định tập hợp AB; (AB)\C bằng khoảng,
đoạn, nửa khoảng

1 điểm

Giải: Ta có A = [-3; 2], B = (0; 7], C = (- ; 1] 0,25
AB = [-3; 2](0; 7] = [-3; 7] 0,25

AB)\C = [-3; 7]\(- ; 1] = (1; 7] 0,5

2 1 Xét sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số y = - x2 + 2x + 3 1,5đ
Giải :

+ Tập xác định: D = 
+ Tọa độ đỉnh I

x 1

y 4

4a
ỡ
-ùù = =
ùùù

ớù D
ù =- =
ùùùợ

ị I(1; 4) 0,5

+ Trục đối xứng x = 1
+ Bề lõm quay xuống
+ Bảng biến thiên:

x − ¥ 1 + ¥
y 4

−¥
- ¥

0,25

+ Đồ thị:

Y

X
O 1

4

0,5

2 Tìm phương trình đường thẳng (d): y = ax + b biết đường thẳng

(d) đi hai điểm A(-1; 2) và B(2; 1) 1điểm
Vì đường thẳng (d) đi qua hai điểm A và B nên: a b 2

2a b 1
  




 



0,5



3
5
b

3






 



vẽ đường thẳng (d)

0,25+0,25

3 1

Tìm điều kiện xác định của phương trình 1 x 3
x 1 x
- +

+ = 0

0,5điểm

Giải: Điều kiện xác định của phương trình là

1 x 0

x 0
ỡ -
ùù

ùù + >
ớù

ù ạ
ùùợ

x 1

x 0
ỡ Ê
ùù
ùù
>-ớù
ù ạ
ùùợ

0,25+0,25
x

B
O

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 Giai phng trình 3x2 2x 1

  = 3x + 1 (*) 1điểm

Điều kiện: 3x + 1 0  x  - 1
3

0,25
(*)  3x2 – 2x – 1 = 9x2 + 6x + 1 (BP hai vế)

 6x2 + 8x + 2 = 0 

x 1

1
x

3




 


so với điều kiện nghiệm của

0,25
0,25

So với điều kiện ta thấy nghiệm của phương trình (*) là x = - 1
3

0,25

Cho phương trình (m – 1)x2 + 2x – m + 1 = 0 (1)

Tìm giá trị của m để phương trình (1) có tổng bình phương các
nghiệm bằng 6.

1 điểm

Giải :

Ta thấy ’ = 1 – (m – 1)(-m + 1) = 1+ (m – 1)2 > 0 với mọi m

Như vậy với mọi m ¹ 1 phương trình (1) ln có hai nghiệm trái dấu
Theo định lí Vi – ét ta có x1 + x2 = S = b

= 2
m 1

-x1.x2 = P = c

a = - 1
Với m ¹ 1

Theo đề: x12 + x22 = 6 Û S2 – 2P = 6 Û 2
4

(m 1)- + 2 = 6 Û
4 – 4m2 + 8m – 4 = 0 Û m = 0 hoặc m = 2

Vậy m = 0; m = 2 thoả yêu cầu bài toán

0,25

0,25
4 Cho tứ giác ABCD. Tìm điểm G sao cho GA GB GC GD 0uuur uuur uuur uuur r+ + + = 1

Giải: Gọi M, N lần lượt là trung

điểm của AB và CD

Ta có:
0



GA GB GC GD+ + + =0
uuur uuur uuur uuur r
 2 GM + 2 GN = 0

 2( GM + GN ) =0

 GM + GN = 0 Khi đó G là trung điểm của đoạn MN

0,25
0,25
0,25+0,25
5 Trong mặt phẳng toạ độ cho ba điểm A(-1; 1), B(2; 4), C(3; 0)

1 Tìm chu vi của tam giác ABC 1điểm

Giải :

a) Gọi CV là chu vi của tam giác ABC
CV = AB + BC + CA

AB
uuur

= (3; 3) Þ AB = 18=3 2
BCuuur = (1; - 4) Þ BC = 17
CAuuur = (- 4; 1) Þ CA = 17

Vậy CV = 3 2 + 17 + 17 = 3 2 + 2 17

0,25
0,25
0,25
0,25
2 Tìm điểm D trên Oy sao cho tam giác ABD vng tại B 1điểm

Gọi D(0 ;y) Ỵ 0y là điểm cần tìm

Tam giác ABD vuông tại B Û BA.BDuuur uuur=0 0,25
G

N
M

D C

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Mà BAuuur = (- 3; -3), BDuuur = (- 2; y – 4)
BA.BD=0

uuur uuur r

Û (- 3).(- 2) + (-3)(y – 4) = 0 Û y = 6. Vậy D(0; 6)

0,25

0,25,+0,25
6 Cho nửa đường tròn tâm O có đường kính bằng 2R. Gọi M, N là hai

điểm thuộc nửa đường tròn sao cho hai dây cung AM, BN cắt nhau
tại I. Chứng minh AI . AM = AI . AB

1điểm

Giải:
Ta có:

AI


. AM = | AI |.| AM |.cos( AI , AM )=
= AI. AM (1) (vì ( AI , AM ) = 0o

AI


. AB = | AI |.| AB |.cos( AI , AB )=
= AI. AB AM

AB = AI.AB (2)

Từ (1) và (2) cho ta AI . AM = AI . AB (điều phải chứng minh)

0,25

0,5

0,25

ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009 2010
Mơn: TỐN  Khối 10 (Chương trình chuẩn)

Thời gian: 90 phút (khơng kể thời gian phát đề)
I

N M

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

ĐỀ SỐ 2

Câu I: (1điểm) Cho các tập hợp A = {x | − 3 x 2}, B = {x | 0 < x 7},
C = {x | x 1}

Xác định tập hợp A, B, C, AB; (AB)\C bằng khoảng, đoạn, nửa khoảng
Câu II: (1.5điểm) Cho hàm số: y f (x)  2 x  2 x

Xét tính chẵn, lẻ của hàm số đó.

Câu III: (3,5điểm) Cho phương trình:



m 1 x



22 2m 3 x 4m 0







  (m là tham số)
a). Giải phương trình với m = 1.

b). Tìm m để phương trình có nghiệm.

c). Tìm m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x , x sao cho 1 2 x .x1 2 8.
Câu IV: (1 điểm) Trong mặt phẳng cho 4 điểm tùy ý A, B, C, D.

Chứng minh: AB BC DA CD 0      

Câu V: (3 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A 1;3 ,





B 3;5







,C 2; 3



 



a). Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.

b). Tìm chu vi tam giác ABC

c). Tính các góc của tam giác ABC (tính gần đúng đến số đo độ, phút)

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 2

Bài Câu Đáp án Điể

m
Bài 1

1đ Cho các tập hợp A = {x

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Bài Câu Đáp án Điể
m
đoạn, nửa khoảng

Giải: Ta có A = [−3; 2], B = (0; 7], C = (−; 1] 0,25
AB = [−3; 2](0; 7] = [−3; 7] 0,25

AB)\C = [−3; 7]\(−; 1] = (1; 7] 0,5

Cho hai nửa khoảng A = (−4;1] và B = [0;3). Tìm A  B, A  B. (0,5đ)

A  B = (−4;3). 0,25

A  B = [0;1] 0,25

Bài 2
1,5đ

Tập xác định: D 0.25

x x

    0.25

f ( x)   2 ( x)  2 ( x)  0.25

f ( x)  2 x  2 x f (x) 0.5

Hàm số lẻ 0.25

Bài 3
3,5đ

Câu a)

(1,0đ) Cho phương trình:









m 1 x 2 2m 3 x 4m 0   (m là tham số)
a). Giải phương trình với m = 1.

Với m = 1, có pt: 10x + 4 = 0 0.5

2
x

5


  0.5

Câu b)

(1,5đ) Tìm Với mm = 1: pt có nghiệm để phương trình có nghiệm. 0.25
Với m 1

/ 16m 9

   0.5

Phương trình có nghiệm khi và chỉ khi / 0

  0.25

9
m

  0.25

Kết luận m 9
16

 0.25

Câu c)

(1,0đ) Tìm x .x1 2m để phương trình có hai nghiệm phân biệt 8. x , x sao cho1 2
Điều kiện m 9

 và m 1 0.25

Phương trình có tích hai nghiệm bằng 8 khi và chỉ khi c 4m 8

a m 1  0.25
2

  (thỏa điều kiện) 0.25

Kết luận m = 2 0.25

Bài 4

(1đ) Chứng minh: AB BC DA CD 0Trong mặt phẳng cho 4 điểm tùy ý A, B, C, D.      
AB BC DA CD AC DA CD     

      
      

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

0.5
AC CD DA

    0.25
0

 (đpcm) 0.25

Bài 5

3đ Câu a)(1,0đ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm a). Chứng minh tam giác ABC vuông tại A.A 1;3 ,





B 3;5







,C 2; 3



 







AB 4;2


; AC 



3; 6





</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Bài Câu Đáp án Điể
m
AB.AC 0

 

0.25

Kết luận tam giác ABC vuông tại A 0.25

Câu b)
(1,0đ)

Tìm chu vi tam giác ABC

AB 20;AC 45;BC 65 0.75

Chu vi 0.25

Câu c)

(1,0đ) Tính các góc của tam giác ABC (tính gần đúng đến số đo độ, phút)BA 



4; 2 ;BC 







1; 8



0.25





cos BA,BC

65

 

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

0.25
Góc B 56 18'o

 0.25

Suy ra góc C 33 42'o

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

ĐỀ THI HỌC KỲ I NĂM HỌC 2009 2010
Mơn: TỐN  Khối 10 (Chương trình chuẩn)

Thời gian: 90 phút (không kể thời gian phát đề)

ĐỀ SỐ 3

Câu I (1 điểm): Xác định mỗi tập hợp số sau và biểu diễn trên trục số:
a).



7;1



 



5;3



b)



2;4







2;7



Câu II (1,5 điểm): Vẽ đồ thị và lập bảng biến thiên của hàm số: y x 2 4x 3
Câu III (2 điểm): Giải các phương trình sau:

a). 2x2 4x 5 2x2 9x 4

     b). 2x29x 11 x 3  
Câu IV (1,5 điểm): Cho phương trình: x2 2 m 1 x m    2 3m 0 (1)

a). Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm x 0 . Tính các nghiệm còn lại.
b). Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x12x22 8

Câu V (3 điểm): Trong mặt phẳng Oxy cho A 2;4 , B 0;1 ,C 3;3















a). Tìm tọa độ trung điểm của BC, trọng tâm G của tam giác ABC.
b). Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.

c). Chứng minh tam giác ABC vuông cân tại B.

d). Tìm tọa độ đỉnh E để tam giác ABE vuông cân tại A.
Câu VI (1 điểm): Cho tam giác ABC vng tại A có góc C 60 0

 , và AB 3 . Tính:
a).       AB.AC         b). BA.BC 

ĐÁP ÁN TÓM TẮT ĐỀ 03

Câu Đáp án Điểm

1 Xác định mỗi tập hợp số sau và biểu diễn trên trục số:
a)



7;1



 



5;3





7;1



 



5;3

 

 5;1



0,5

b)



2;4







2;7





2;4







2;7



 



2;7



0,5

2 Vẽ đồ thị và lập bảng biến thiên của hàm số: y x2 4x 3

  

Hàm số: y x 2 4x 3 có tập xác định: D
Ta có: b 4 2;

2a 2



   f 2   4 8 3 1

0,25

Vậy parabol đã cho có đỉnh là I 2; 1







và trục đối xứng là đường thẳng x 2 ,
a 1 0  nên parabol có hướng bề lõm quay lên.

0,25
Bảng biến thiên:

x   2 
y  

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

1
Bảng giá trị:

x 0 1 2 
y 3 0 1

0,25

Đồ thị của parabol đã cho là: 0,5

3 Giải các phương trình sau:

a) 2x2 4x 5 2x2 9x 4

    

2 2

13x 9

2x 4x 5 2x 9x 4

4x 5x 1 0

2x 4x 5 2x 9x 4

       

        

  

    

 



0,5

9
x

1
x 1; x

4




 

  



Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: x 9
13

 ;x 1;x 1

 

0,5

b) 2x2 9x 11 x 3

   

2 2 2

x 3 0 x 3

2x 9x 11 x 3

2x 9x 11 x 6x 9 x 3x 2 0

  

 

 

       

       

 

 

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

x 3

x 1; x 2
x 1; x 2





    

 

 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là:

x1;x2

0,5
4 Cho phương trình: x2 2 m 1 x m    2 3m 0 (1)

a) Tìm m để phương trình (1) có một nghiệm x 0 . Tính các nghiệm còn lại.
Thay x 0 vào phương trình (1) ta được: m2 3m 0 m m 3  0 m 0

m 3


      


0,25

Khi m 0 , phương trình (1) trở thành: x2 2x 0 x 0

x 2


   



Khi m 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: x 0; x 2

0,25

Khi m 3 , phương trình (1) trở thành: x2 4x 0 x 0
x 4


   


Khi m 0 phương trình (1) có hai nghiệm là: x 0;x 4 

0,25

b) Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x12x22 8.
Ta có:
   
 
1 2
2
1 2
2 2
1 2

x x 2 m 1 2

x .x m 3m 3

x x 8

   

 


 


; x12x22  8



x1x2



2 2x .x1 2 8 * 

0,25

Thay (2), (3) vào (*) ta được:

 2





2 m 1

4 m 1 2 m 3m 8 2m 2m 4 0

m 2


         



Vậy m1 hoặc m 2 thì phương trình (1) có hai nghiệm thỏa: x12x22 8.

0,5

5 Trong mặt phẳng Oxy cho A 2;4 , B 0;1 ,C 3;3















a) Tìm tọa độ trung điểm của BC, trọng tâm G của tam giác ABC.
Gọi I x ; y là trung điểm của BC,



I I



G x ; y



G G



là trọng tâm tam giác ABC

Ta có:
I

0 3 3

x
2 2
1 3
y 2
2
 

 




  



Vậy I 3;2
2

 
 
 .
0,25
Ta có:
G
G

2 0 3 1

3 3

4 1 3 8
y
3 3
  

 



 
  



Vậy G 1 8;
3 3

 
 
 
0,25

b) Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.

Gọi D x ; y



D D



, tứ giác ABCD là hình bình hành khi và chỉ khi: AB DC  (1) 0,25

(1)







D D



D D

2 3 x x 1

2; 3 3 x ;3 y

3 3 y y 6

   

 

          

   

  Vậy:





D 1;6 0,25

c) Chứng minh tam giác ABC vng cân tại B.
Ta có: BA



2;3 , BC



 



3;2



 

0,25
Khi đó: BA.BC 2. 3   3.2 6 6

 

, Suy ra: BA BC  hay tam giác ABC vuông
tại B (1)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Ta lại có: BABA  4 9  13, BCBC  9 4  13

 

0,25
Do đó: BA BC  13, tam giác ABC cân tại B (2)

Từ (1), (2) suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

d) Tìm tọa độ đỉnh E để tam giác ABE vuông cân tại A.

Gọi E x ; y



E E



, tam giác ABE vuông cân tại A khi và chỉ khi:

AB.AE 0
AB AE

 








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

(1) 0,25

Ta có: AB  



2; 3 , AB



 AB  4 9  13

AE 



x 2; y 4 ,AE 



 AE  x 2 2



y 4



   





 













2 2

2
2

2 2

3y 3y

x 8 x 8

2. x 2 3. y 4 0 2 2

3y 3y

x 2 y 4 13 8 2 y 4 13 6 y 4 13

2 2

 

   

 

    

  

     

   

   

  

             

   

 

2 2

2
2

3y 3y 3y

x 8 x 8 x 8

2 2

9y 13y y 8y 12 0(2)

36 18y y 8y 16 13 26y 39 0

4 4

 

    

   

  

     

              



 

 

0,5

Giải phương trình (2) ta có: y 2 x 5

y 6 x 1

  



   



Vậy có hai điểm E thỏa mãn điều kiện của bài toán là: E 5;2 ,E ' 1;6











0,25

6 Cho tam giác ABC vng tại A có góc C 60 0

 , và AB 3 . Tính:
a) AB.AC              

Ta có: tam giác ABC vng tại A nên:
AB AC

 

suy ra: AB.AC 0
 

0,5

b) BA.BC 

Ta có: 0

AB AB 3

sin C BC 2 3

BC sin 60 3

     0,25





0 3

BA.BC BA . BC .cos BA, BC 2.2 3 cos30 4 3 6
2

   

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KÌ I 
Thời gian 90’ (Không kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỐ 4
A/ Phần chung ( Gồm 5 bài , bắt buộc cho mọi học sinh) :
Câu I : (2 điểm): Cho hàm số y x 22x có đồ thị (P)

1). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P).

2). Từ đồ thị (P), hãy nêu cách vẽ và vẽ đồ thị (P1) của hàm số y x 22 x .
Câu II : (1,5 điểm): Giải và biện luận theo tham số m phương trình: x 1 x m

x 1 x 2

 



 

Câu III : (1,5 điểm): Cho tam giác ABC có trọng tâm G. D và E là hai điểm xác định bởi:
AD 2AB

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

 
 
 
 

và EA 2EC
3


 

1). Chứng minh AG 1



AB AC



 

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

2). Chứng minh ba điểm D, G, E thẳng hàng.

Câu IV : (1,5 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho các điểm A(6;2); B(-2;-2); C(3;8) .
1). Chứng minh tam giác ABC vuông tại A. Tính độ dài trung tuyến đi qua A của tam giác
này.

2). Tìm điểm E để tứ giác ABEC là hình bình hành.

Câu V :(1 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:y f (x) x 1 3
x 2

   

 với x > - 2
B/ Phần tự chọn ( Học sinh chọn một trong hai phần sau) :

Phần dành cho ban nâng cao( Gồm 6A và 7A):

Câu VIA : (1,5 điểm): Cho hệ phương trình x my 0
mx y m 1

 




  



1). Tìm m để hệ phương trình có vơ số nghiệm.

2). Viết tập hợp nghiệm của hệ phương trình trong câu 1).

Câu VIIA : (1 điểm): Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Một đường tròn có bán kính bằng
a 6

3 đi qua hai đỉnh A, C và cắt cạnh BC tại E (không cần chứng minh sự duy nhất của điểm E).
1). Tính độ dài đoạn AE.

2). Tính số đo góc BAE

Phần dành cho ban cơ bản ( Gồm 6B và 7B):

Câu VIB : (1,5 điểm): Cho phương trình x2 x m 1 0

    .

1). Tìm m để phương trình có một nghiệm âm và một nghiệm dương.

2). Tìm m để phương trình có một nghiệm âm, một nghiệm dương và trị số tuyệt đối của
một trong hai nghiệm đó bằng hai lần trị số tuyệt đối của nghiệm kia.

Câu VIIB : (1 điểm): Cho tam giác cân ABC có AB = AC = a và BAC 120 0

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 4

Bài Câu Nội dung giải Điểm

1 1) + Đỉnh I(-1;-1)

+ Do a=1>0 nên có BBT:

x - -1

+
2

y x 2x

+ +
-1

+Trục đối xứng x = - 1

Đồ thị cắt hai trục tọa độ tại các điểm O(0;0); A(-2;0) Và đi qua
điểm B(1;3)

+Đồ thị:

0.25

0.5

0.25

1.25đ

2) + Có 2





x 2 x   x 2 x , x R   nên hàm số y x 22 x là
hàm số chẵn. Suy ra đồ thị đối xứng qua trục trung (1)

+ Có

2 2

x 2 x x 2x, x 0  ,
suy ra đồ thị (P1) và đồ thị
(P) trùng nhau trong miền x
không âm.(2)

+Từ (1) và (2) suy ra đồ thị
(P1) là:

0.25

0.75đ

2 x 1 x m

x 1 x 2

 



  (1). Đ/k:

x 1

x 2







 . Có (1)

 (m - 4)x = 2 + m (2)
+Nếu m = 4 thì (2): 0x = 6, pt vô nghiệm

+Nếu m 4 thì (2)  x 2 m
m 4




 .

0.25
0.25
0.25

0.25

-2

-10 -5 5

B
A

-1

-4 -2 2 4

OJJ
OI

I
O

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

+ x 2 m.
m 4




 là nghiệm của (1) khi và chỉ khi

2 m
1
m 4
2 m
2
m 4




 



 
 


 0.m 6 m 2

3m 6


 



+Kết luận:

-Nếu m = 4 hoặc m 2 thì (1) vô nghiệm

-Nếu m 4 và m 2 thì (1) có nghiệm duy nhất x 2 m
m 4



0.25
0.25
1.5đ

3 1) +Vẽ đúng hình









2 2 1 1

AG AM AB AC AB AC

3 3 2 3

 
      
 
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
     
0.25
0.25
0.5đ
2)

+ DG AG AD 1



AB AC



2AB 5AB 1AC

3 3 3

      
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
       
(1)
+DE AE AD 2AC 2AB 2AB 2AC

5 5

     

      

(2)

+Từ (1) và (2) suy ra DE 6DG

5


 

. Vậy ba điểm D, G, E thẳng hàng

0.5
0.25
0.25

1đ

4 1) + AB ( 8; 4)    ; AC ( 3;6)   . 
+ Suy ra AB.AC 0

 

. Suy ra tam giác ABC vuông tại A.
+ Trung điểm M của BC là M(1;3

2 );

11
AM ( ;1)

2
 



+Độ dài trung truyến

2
2

11 125 5 5

AM 1

2 4 2

 
     
 
0.25
0.25
0.25
0.25
1đ

2) + AB ( 8; 4)    ;

CE (x 3; y 8)    với E(x;y)

+Tứ giác ABEC là hình bình hành khi và chỉ khi AB CE
 

8 x 3 x 5

4 y 8 y 4

   
 
   
   
  .
Vậy E(-5;4)
0.25
0.25
0.5đ
5

+Có y f (x) x 1 3



x 2



1 1

x 2 x 2

       

 

+Do x>-2 nên x +2>0.

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương



x 2



và 1

x 2 ta có

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>



x 2



1 1 2 x 2 .





1 1 2 1 3

x 2 x 2

        

  .

+Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi



x 2



x 2

 





x 2



2 1 x 1

x 3




    



 . (loại x = -3).
+Suy ra ( 2;Min f (x) f ( 1) 3)    .

0.25

0.25
1đ

6A 1) +D = m2 - 1; D

x = m(m+1); Dy = m + 1

+Muốn hệ có vơ số nghiệm thì D = 0 , suy ra (m = 1) V (m = -1)
+ Với m = -1 có Dx = Dy = 0. nên hệ phương trình có VSN

+ Với m = 1 có Dx = Dy = 2 0. nên hệ phương trình vô nghiệm
Vậy m = -1

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

1.25đ

2) +Với m = -1, hê phương trình trở thành x + y = 0. Tập nghiệm của hệ

phương trình là: S



(x; y) / x t, y t, t R 



0.25 0.25đ

7A 1) + góc ACE 450

 A

B E
C

+Tam giác AEC: AE0 2R AE 2R.sin 450

sin 45   

2a 3
AE

 

0.25

0,25
0.25

0.75đ

2)

Tam giác vng ABE có 

AB a 3

cos BAE

AE 2a 3 2

  

 0

BAE 30

  0.25 0.25đ

6B 1) Phương trình có một nghiệm âm, một nghiệm dương khi và chỉ khi
a.c m 1 0    m 1

0.25 0.25đ
2) +Với m 1 (*), phương trình có một nghiệm âm, một nghiệm dương.

+Gọi hai nghiệm này là x1, x2 và giả sử /x1/=2/x2/  x12 4x22
+Kết hợp Vi-ét ta có

2 2

1 2

1 2
x 4x

x x 1

x x m 1

 



 



  



2 2

1 2

2 2

x x m 1 0(1)

x 1 x

3x 2x 1 0(2)

    



   


  


+Giải (2) được x2 1; x2 1

  .

0.25
0.25

0.25

0.5

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Lần lượt thế vào (1) tìm được m1;m 11
9

 (Loại do (*))

Vậy m1

7B

+AB.CB a cos302 0 3a2
2

 

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

+CB.CA a2 3 cos300 3a2
2

 

 

+AC.BA a cos602 0 1a2
2

 

 

Vậy T 1a2
2


0.25
0.25
0.25

0.25
1đ

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KÌ I 
Thời gian 90’ (Khơng kể thời gian giao đề)

ĐỀ SỚ 5
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH ( 7 điểm ).

Câu I ( 1 điểm ). Xác định tập hợp sau và biểu diễn kết quả trên trục số: ( - 1; 7 ) \ [ 2; 3 ]
Câu II ( 2 điểm ).

120

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

1). Xác định các hệ số a, b của parabol y = ax2 + bx – 3 biết rằng parabol đi qua điểm 
A ( 5; - 8 ) và có trục đối xứng x = 2.

2). Vẽ đồ thị hàm số y = - x2 + 4x – 3. 
Câu III ( 2 điểm ).

1). Giải phương trình: 2x 2 x 3   .

2). Giải và biện luận phương trình m2 x – 3 = 9x + m theo tham số m.
Câu IV ( 2 điểm ).

1). Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC và BD.
Chứng minh: AB CD 2.MN      

2). Trong mặt phẳng Oxy, cho hai điểm A ( - 1; 0 ), B ( 2; 3 ). Tìm tọa độ điểm N trên trục
tung sao cho N cách đều hai điểm A và B.

II. PHẦN RIÊNG ( 3 điểm ). Học sinh chỉ được chọn một trong hai câu Va hoặc Vb
Câu Va. ( cơ bản)

1). Xét tính chẵn, lẻ của hàm số: f ( x ) = x 2  2 x

2). Ba bạn An, Bình, Chi đi mua trái cây. Bạn An mua 5 quả cam, 2 quả quýt và 8 quả táo với
giá tiền 95000 đồng. Bạn Bình mua 1 quả cam, 5 quả quýt và 1 quả táo với giá tiền 28000
đồng. Bạn Chi mua 4 quả cam, 3 quả quýt và 2 quả táo với giá tiền 45000 đồng. Hỏi giá tiền
mỗi quả cam, quýt, táo.

3). Cho cosa = 1

5. Tính giá trị của biểu thức P = 3.sin

2a + 2.cos2a.
Câu Vb. ( nâng cao)

1). Xét tính đồng biến, nghịch biến của hàm số: f( x) = x2 – 2x + 3 trên khoảng ( 1; + )
2). Chứng minh rằng, với 3 số a, b, c dương ta có: a a b b c c 8 abc

b c a

     

   

     

     

3). Cho sina = 1
5 ( 90

0  a  1800 ). Tính cosa và tana
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 5

Câu ý Nội dung Điểm

I 1,0 điểm.

+ ( - 1; 7 ) \ [ 2; 3 ] = ( - 1; 2 )  ( 3; 7 )

+ Biểu diễn kết quả đúng, có chú thích 0,50,5

II 2,0 điểm

II. 1 1,0 điểm

+ Từ giả thiết ta có hệ PT:

8 25a 5b 3
b

2
2a

   




 






</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

a 1
b 4



 



+ KL

0.25
II. 2 1,0 điểm

+ Đỉnh I ( 2; 1 ), trục đối xứng x = 2, bề lõm quay xuống
+ Lập bảng giá trị ( có giao điểm của đồ thị với 2 trục tọa độ )
+ Vẽ đúng đồ thị

0,25
0,25
0,5

III 2,0 điểm

III. 1 1,0 điểm
+ Đk: x  - 1

+ Bình phương 2 vế ta có PT hệ quả: 2x + 2 = x2 – 6x + 9
 x2 -8x + 7 = 0  x = 1 ( thỏa đk ) hoặc x = 7 ( thỏa đk )
+ Thử lại và kết luận PT có 1 nghiệm x = 7

0,25
0,25

0,25
0,25
III. 2 1,0 điểm

PT  ( m2 – 9 ) x = m + 3

+ Nếu m 3 PT có nghiệm duy nhất x = 1
m 3

+ m = 3 : PT vô nghiệm, m = - 3 PT nghiệm đúng với mọi x  R
+ KL

0,25
0,25
0,25
0,25

IV 2,0 điểm

IV. 1 1,0 điểm

+ AB AM MN NB          ( 1 ), CD CM MN ND

       

   ( 2 )

+ Cộng ( 1 ) và ( 2 ), giải thích do M, N trung điểm, suy ra kết quả

0,5

0,5
IV. 2 1,0 điểm

+ N  oy suy ra N ( 0; y )

+ NA = NB  NA2 = NB2  y = 2
+ KL

0,25
0,5
0,25

Va 3,0 điểm

Va. 1 1,0 điểm

+ Tập xác định: D = [ - 2; 2 ], mọi x  D suy ra – x  D
+ Chứng minh f ( - x ) = - f ( x )

+ KL: Vậy hàm số lẻ trên D

0,25
0,5
0,25
Va. 2 1,0 điểm

+ Gọi x, y, z là giá tiền mỗi quả cam, quýt, táo ( x,y,z > 0 )
+ từ gt ta có hệ PT:

5x 2y 8z 95000

x 5y z 28000
4x 3y 2z 45000

  




  



   





x 5000
y 3000
z 8000







 


+ KL

0,25
0,5

0,25
Va. 3 1,0 điểm

+ sin2a = 1 – cos2a = 24
25
+ P = 74

0,5
0,5

Vb 3,0 điểm

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

+ x1, x2 ( 1; + ), x1  x2 ,





1 2

f (x ) f x

x x



 = x1 + x2 – 2
+ Giải thích được x1 + x2 – 2 > 0

+ KL: hàm số đồng biến trên ( 1; + )

0,5
0,25
0,25
Vb. 2 1,0 điểm

+ Bất đẳng thức Cô – si cho hai số dương a

b và a ta có:

a a

a 2

b  b

Tương tự có hai bất đẳng thức còn lại

+ Nhân ba bất đẳng thức vế theo vế suy ra đpcm

0.5

0,5
Vb. 3 1,0 điểm

+ cos2a = 1 – sin2a = 24

25  cosa = -
24

5 ( vì góc a tù nên cosa < 0 )
+ tana = sin a 6

cosa  12

0,5

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KÌ I 
Thời gian 90’ (Không kể thời gian giao đề)

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

1). Cho hai tập hợp A



0;2 , B (1;3)



 .Hãy xác định các tập hợp : A B,A B, A \ B
2). Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số : yx24x 5

Câu II: (2điểm)

1).Xét tính chẵn lẻ của hàm số: f (x)  x 1 x 1

2).Cho phương trình : 2x  2mx m 2 m 0 .Tìm tham số m để phương trình có hai
nghiệm phân biệt x , x1 2 thỏa mãn : x12x223x x1 2

Câu III: (3điểm)

1).Trong mặt phẳng oxy cho: A(1;2), B( 3;4),C(5;6)
a).Chứng minh ba điểm A,B,C không thẳng hàng.
b).Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC .
2).Cho sin 3 0(0 90 )0

     .Tính giá trị biểu thức : P 1 t an
1+tan

 




II/-.PHẦN RIÊNG: (3điểm) (Học sinh chọn Câu 4a hoặc Câu 4b để làm)
Câu IVa: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách nâng cao)

1).Giải phương trình : 4x2 9x 6 4x 2 9x 12 20 0  
2).Tìm m để hệ phương trình : mx y m

x my 4

 




 

 có nghiệm duy nhất là nghiệm
nguyên.

3).Cho tam giác ABC vng cân tại A có BC a 2 .Tính : CA.CB,AB.BC                                          
Câu IVb: (3điểm) (Dành cho học sinh học sách chuẩn)

1).Giải phương trình: x4 7x2 12 0

  

2).Giải hệ phương trình: x2 y2 13
xy 6


  








3).Trong mặt phẳng oxy cho tam giác ABC với A(1; 2), B(5; 1),C(3;2)  .Tìm tọa độ điểm
D để tứ giác ABCD là hình bình hành.

ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ KIỂM TRA SỐ 06.

Câu Nội dung Điểm

1.1





AB 0;3 0.25

AB (1;2) 0.25





A \ B 0;1 0.25

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

1.2

a1:Parabol quay bề lõm xuống dưới và nhận x 2 làm trục đối xứng. 0.25
0.25

0.5

2.1 TXĐ: D

, x D   x D 0.25

f ( x)  x 1  x 1 0.25

f ( x)  x 1 x 1 f (x) 0.25

Kết luận: Hàm số lẻ 0.25

2.2

/ m2 (m2 m) m 0,S x x 2m,P x .x m2 m

1 2 1 2

            0.25

2 2 2

x1 x2 3x x1 2  (x1x )2  5x x1 2 0

2 2

4m 5(m m) 0

m 0
2

m 5m 0

m 5

   




     




0.5

Kết luận : m 5. 0.25

3.1a

AB ( 4;2) 



, AC (4;4)


0.25
4 2

4 4



 0.25

AB


không cùng phương với AC 0.25

A, B,C không thẳng hàng. 0.25

3.1b

xA xB xC

xG 1

 

  0.25

yG yA yB yC 4
3

 

  0.25

Trọng tâm tam giác ABC là : G(1;4) 0.25

3.2

3 0 0 2 9 4

sin ,(0 90 ) cos = 1-sin 1

5 25 5

           0.25

3
tan

  0.25

3 1
1 tan 1

4 4

     0.25

3 7
1 tan 1

4 4

     0.25

x   2 
y 9

   

1 0
8
6
4
2

- 5 5 1 0

-1
5

y

O
9 I

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

1 tan 1
P

1 tan 7

 

 

  0.25

4a.1

9 111

2 2

4x 9x 12 (2x ) 0, x

4 16

         0.25

Đặt : y 4x2 9x 12 0  ,phương trình trở về: y2 6y 8 0 y 2
y 4


    

 0.25
2 2

y 2  4x  9x 12 2   4x  9x 8 0  : Phương trình vô nghiệm 0.25

2 2 9 145

y 4 4x 9x 12 4 4x 9x 4 0 x

8


           0.25

4a.2

m 1 2

D m 1

1 m

   . Với : m1 thì hệ phương trình có nghiệm duy nhất và
x 1 không thỏa mãn hệ phương trình.Nên : x 1

0.25

Từ PT thứ nhất ta có : m y
1 x


 thay vào PT thứ hai ta được:

2 2

x  5x (4 y ) 0   

5 9 4y

2 2

x 5x (4 y ) 0

5 9 4y

x
2

 
 

     
 




0.25

Để x  cần phải có 9 4y 2 n , n2  (n 2y)(n 2y) 9, y   
n 2y 1

n 2y 9

 


 

 

 hoặc

n 2y 1

n 2y 9

 




 


hoặc n 2y 9

n 2y 1

 




 

 hoặc

n 2y 9

n 2y 1

 




 

 hoặc

n 2y 3
n 2y 3

 




 

 hoặc

n 2y 3

 




 

 Giải ra

được : y 2, 2,0. 

0.25

Thử lại :

y 2 hệ có nghiệm :



0;2 , 5;2

 



 m 2 hoặc m 1.
2

y2 hệ có nghiệm :



0; 2 , 5; 2

 





 m 2hoặc m 1

2

y 0 hệ có nghiệm :



4;0 , 1;0

 



 m 0

0.25

Vậy : m 2; 1;0; ;21

2 2

 

   

  0.25

4a.3

Tính được : AB AC a  0.25

0 2

CA.CB AC.CB.cos45 a.a 2. a
2
  
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
0.25
2
2
0

AB.BC BA.BC BA.BC.cos45 a.a 2. a

   

    0.25

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

4b.1 Giải được : t 3t 4

 0.25

t 3  x  3 x 3

0.25
2

t 4  x  4 x2.Kết luận phương trình có 4 nghiệm : x 3, x 2

0.25

4b.2

2 2 2 2

x y 5
xy 6

x y 13 (x y) 2xy 13 (x y) 25

x y 5

xy 6 xy 6 xy 6

xy 6

      

    



           

  

   

 

   

  

 

     







0.5

x y 5
xy 6

 







x 2
x 3



 




hoặc x 3
y 2







0.25

x y 5 x 2

xy 6 y 3

    



 

  



hoặc x 3

y 2







 0.25

Hệ phương trình có 4 nghiệm : (2;3),(3;2),( 2; 3),( 3; 2)    0.25

4b.3

Gọi D(x; y) , AD (x 1; y 2),BC ( 2;3)       0.5
Tứ giác ABCD là hình bình hành nên: AD BC x 1 2

y 2 3
 


  

 


 

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

0.25
Giải được : x 1

y 1






 .Kết luận : D( 1;1)

 0.25

Chú ý: Nếu học sinh làm cách khác mà đúng thì tùy theo đó giáo viên chấm cho các phần điểm 
tương ứng sao cho hợp lý.

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KÌ I 
Thời gian 90’ (Không kể thời gian giao đề)

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

1). Cho tập hợp M 



7; 6; 5,...,8;9;10 



Liệt kê các phần tử của tập hợp A



x| 3x M



2). Cho các tập hợp A



x| 5 x 1  



và B



x| 3 x 3  



.
Tìm các tập hợp AB,AB và A \ B .

Câu II: (2,0 điểm)

1). Cho hình chữ nhật ABCD, có tâm O. Chứng minh rằng AB AD 2OC    .

2). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho các điểm A 1;2 ,





B 2;3







, C 3;1 .





Tìm tọa độ điểm M x; y thỏa AM 2AB BC





 

  

.
Câu III: (2,0 điểm)

1). Tìm giá trị của m biết đường thẳng

 

 : y 2x 5  cắt đường thẳng

 

d : y x 2m  tại
điểm A có hồnh độ xA 1.

2). Biết parabol

 

P : y x 22bx c đi qua điểm M 1; 1







và cắt trục tung tại điểm K có 
tung độ bằng 1. Tính giá trị của b và c ?

Câu IV: (2,0 điểm)

1). Cho góc nhọn  thỏa sin 12
13
  .

Tính cos ; tan  và giá trị biểu thức P 2sin2 7cos2

   .

2). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho các điểm A 3; 2







, B 1;1 .





Tìm tọa độ điểm C thuộc trục hồnh sao cho tam giác ABC vng tại B.
Câu V: (2,0 điểm)

1). Giải phương trình 2x 1 2 x   .

2). Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức Q



x 3 5 x

 





, với 3 x 5  .

ĐÁP ÁN ĐỀ TỰ KIỂM SỐ 07
Câ

u Ý Nội dung văn tắt Điểm

I 2.0

1 0.5





</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

2 1.5





AB 3;1

3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0.5





AB 5;3

3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0.5





A \ B 5; 3

3
2
1
0
-1
-2
-3
-4
-5
0.5
II 2.0
1 1.0

AB AD 2AC 

  

(quy tắc hình bình hành) 0.5

2OC  (O là trung điểm của AC) 0.5

2 1.0





AM x 1; y 2 



; AB 



3;1 ,BC







5; 2



 

0.25
AM 2AB BC 

   x 1 2. 3





y 2 2.1 2

    

 
  

 0.25
x 12
y 2


 


 . Kết luận:





M 12; 2 . 0.5

III 2.0

1 1.0





A A

y 2x  5 2. 1  5 3. Suy ra A 1;3







. 0.25

 

d : y x 2m  đi qua điểm A 1;3







nên ta có 3 1 2m 0.5

Giải được m 2 0.25

2 1.0

Tọa độ điểm K 0;1





0.25

 

P : y x 22bx c đi qua hai điểm M 1; 1 , K 0;1











nên ta có hệ
2

1 1 2b.1 c
1 0 2b.0 c

   


  




2b c 0
c 1
 

 


0.5
3
b 2
c 1
 

 




. Kết luận: b 3;c 1

  . 0.25

IV 2.0

1 sin2 cos2 1 cos2 1 sin2

         1.0

2 12 25

cos 1

13 169

 

      

  0.25

Do góc  nhọn nên cos 0. Suy ra cos 25 5
169 13

   . 0.25

sin 12 5 12

tan :

cos 13 13 5



   

 0.25

2 2

2 2 12 5 113

P 2sin 7cos 2. 7.

13 13 169

   

          

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

2 1.0
Gọi tọa độ của C là C x;0 , x





 .









BA 2;3 , BC x 1; 1 

 

  0.25

ABC

 vuông tại B  AB  BC BA.BC 0
 

0.25



x 1 . 2

 

1 .3 0



      0.25

1
x

  . Kết luận: C 1;0
2

 



 

  0.25

V 2.0

1 2x 1 2 x   (1) 1.0





2 x 0
2x 1 2 x

 




 

  




0.25

2
x 2

x 6x 5 0




 

  




x 2
x 1
x 5





  



 




x 1

  0.5

Tập nghiệm của (1) là T

 

1 . 0.25

Học sinh có thể biến đổi hệ quả (Cần nêu điều kiện xác định)!

2 1.0

Với 3 x 5  ta có Q



x 3 5 x

 





0

Q 0  x 3 hoặc x 5 . 0.25

Vậy min Q 03;5  0.25

Với 3 x 5  ta có 5 x 0  và x 3 0  . Áp dụng bất đẳng thức
Côsi ta có Q



x 3 5 x

 



x 3 5 x

2
  

   

Hay Q 1 .

Q 1  5 x x 3    x 4

0.25

Vậy max Q 13;5  0.25

ĐỀ TỰ KIỂM TRA HỌC KÌ I 
Thời gian 90’ (Không kể thời gian giao đề)

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

Câu I: (2 điểm)

Cho A = [0; 5], B = (2; 7), C = (1; 3).

Xác định các tập hợp sau và biểu diễn chúng trên trục số

a). B  C b). A \ B c). A B

Câu II: (2 điểm)

a). Xác định a, b để đồ thị của hàm số y ax b  đi qua các điểm A(1; 3), B(3; 1).

b). Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y 3x2 2x 1.

  

Câu III: (2 điểm) 
a). Biết sin 3

a , tính P3 osc 2 4sin2 .

b). Trong mp(Oxy), cho tam giác ABC, biết A(0; 6), B(-2; 2) và C(4; 4).
Chứng minh ABC là tam giác vuông cân. Tính diện tích của tam giác ABC.
Câu IV: (1,5 điểm)

Cho a(1; 2), b(3; 4) , c ( 5;3).

a). Tìm tọa độ của vectơ u2a4b 3c b). Tìm các số k và h sao cho c k a hb  .

Câu V: (2,5 điểm)

Trong hệ tọa độ Oxy, cho các điểm: A(1; 1), B(2; 4), C(10;-2).
a). Tính tích vô hướng               BA BC. và tính cosB.

b). Tìm tọa độ trung điểm các cạnh, tọa độ trọng tâm G, trực tâm H và toạ độ tâm I của đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

c). Chứng minh ba điểm G, H, I thẳng hàng.

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

Câu 1: ( 2 điểm)

a) B C (1;7). ( 0,5 điểm) ( 0,25 điểm)

b) A B\ 



0; 2



. ( 0,5 điểm) ( 0,25 điểm)

c) AB2;5. ( 0,25 điểm) ( 0,25 điểm)

Câu 2: ( 2 điểm)

a) Đồ thị hàm sốy ax b + đi qua hai điểm A(1; 3), B(3; 1) nên ta có

3 1

a b
a b

 




 

 ( 0,5 điểm)

1
4

a
b



 



 ( 0,25 điểm)

Vậy hàm số cần tìm là yx4.

b) Cho hàm số y 3x2 2x 1

   .

Đồ thị có đỉnh là ( ;1 2)
3 3

I  .

Đường thẳng 1
3

x là trục đối xứng. ( 0,25 điểm)

Do a 3 0 nên hàm số nghịch biến trên khoảng ( ;1 )

3  và đồng biến trên khoảng

1
( ; )

  .

Ta có bảng biến thiên của hàm số y 3x2 2x 1

   là:

( 0,5 điểm)
Vẽ đồ thị hàm số y 3x2 2x 1

   .

- Đồ thị có đỉnh ( ;1 2)
3 3

I  và trục đối xứng là đường thẳng 1

x .

- Đồ thị hàm số đi qua các điểm (0; 1), ( ; 1), (1; 2), (2 1; 2)

3 3

     .

- Đồ thị:

( 0,5 điểm)
Câu 3: (2 điểm)

a) Biết sin 3
2

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

2 2

3 os 4sin

P c  

2 2 2

3 os 3sin sin
3(sin os ) sin
3 sin
3
3
4
15

4
c
c
  
  

  
  
 
 

(1 điểm)

b) AB ( 2; 4),  AC(4; 2), BC(6;2) ( 0,25 điểm)

2 2

( 2) ( 4) 20 2 5
4 ( 2) 20 2 5
(6) (2) 40 2 10

AB
AC
BC

     
    
   




( 0,25 điểm)

Suy ra: AB = AC

2 2
2
20 20
40
AB AC
BC
  



Vậy tam giác ABC vuông cân tại A ( 0,25 điểm)
Diện tích tam giác ABC là :

1 . 1.2 5.2 5 10

2 2

ABC

S  AB AC   ( đvdt) ( 0,25 điểm)

Câu 4: (1,5 điểm)

Cho a(1;2), b(3; 4) , c ( 5;3).

a) u2a4b3c = (29; 21) ( 0,5 điểm)

b) Ta có: k a hb (k3 ;2h k 4 )h ( 0,25 điểm)

mà c k a hb  

 ( 5;3) ( k3 ; 2h k 4 )h

3 5

2 4 3

k h
k h
 

 
 

 ( 0,25 điểm)

10
13
10
k
h




 
 



( 0,5 điểm)
Câu 5: ( 2,5 điểm)

a) Ta có: BA ( 1; 3), BC (8; 6).

 

BA ( 1)2 ( 3)2 10

     

BC 82 ( 6)2 10

   

 BA BC.  ( 1).8 ( 3).( 6) 10   

 

( 0,25 điểm)
cos . 10 1

. 10.10 10

BA BC
B
BA BC
   
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

b) Tọa độ trung điểm của cạnh AB là: ( ; )3 5

2 2 ( 0,25 điểm)
Tọa độ trung điểm của cạnh AC là: ( ;11 1)

2  2 ( 0,25 điểm)
Tọa độ trung điểm của cạnh BC là: (6;1) ( 0,25 điểm)

Tọa độ trọng tâm tam giác ABC là: (13;1)

3 ( 0,25 điểm)
Gọi H(x; y) là tọa độ trực tâm của tam giác ABC.

Khi đó ta có AH (x1;y1)



BH (x 2;y 4)



BC(8; 6)



AC(9; 3)


do AH  BC

 

và BH  AC

 

 . 0

. 0
AH BC
BH AC
 





 
 

 8.( 1) 6( 1) 0

9.( 2) 3( 4) 0

x y
x y
   


   


 8 6 2 0

9 3 6 0

x y
x y
  


  


 xy11




Vậy H(1; 1) là toạ độ trực tâm của tam giác ABC. ( 0,25 điểm)
Gọi I(x, y) là toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Khi đó ta có:

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>



























1

6

51

3

9

3 y

x

y

x

y

x

Vậy I(6; 1) là toạ độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. (0,25 điểm)

c) Ta có ;0)

3
5
(
);

0
;
5

( 

 GI

HI

Suy ra HI 3GI

</div>

de thi thu toan 10 HKI moi co dap an

















<sub></sub>

<sub></sub>





























<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>

<sub></sub>















































 



























<sub></sub>

<sub></sub>























