de dap an BD 10 Bim Son

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (162.08 KB, 7 trang )

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

SỞ GDĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT BỈM SƠN

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG BỒI DƯỠNG LỚP 10
MƠN TỐN KHỐI A NĂM HỌC 2011-2012

(Thời gian làm bài 180 phút)

Câu I. (2.0 điểm)

Cho hàm số: y x 2 4x 3 (1)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) .

2. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x



1;3



x  4x 4 m 1

Câu II. (2.0 điểm)

1. Giải phương trình:

2 3x 2 3 6 5x 8 03      .
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm:

3 x 1 m x 1 2 x    4 21

Câu III. (2.0 điểm)

1. Giải bất phương trình:

2
51 2x x

1
1 x

 



 .

2. Giải hệ phương trình :

2 2

4 2 2

x y 2x 3y 15 0

x y 2x 4y 5 0

    




    




Câu IV. (3.0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho ba điểm A(1;-2), B(3;1), C(-2; 0). Tìm tọa độ điểm M
trên đường thẳng d có phương trình x y 1 0   sao cho: MA 3MB MC 10

uuur uuur uuur

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình thang ABCD vng tại A và D có đáy lớn là CD,
đường thẳng AD có phương trình 3x – y = 0, đường thẳng BD có phương trình x – 2y = 0, góc tạo
bởi hai đường thẳng BC và AB bằng 450. Viết phương trình đường thẳng BC biết diện tích hình
thang bằng 24 và điểm B có hồnh độ dương.

3. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x2

+y2−4x −2y −1=0 và đường

thẳng d : x+y+1=0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C)

hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900

Câu V. (1.0 điểm)

Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn: x2y2z2 1. Chứng minh rằng:

2 2 2 2 2 2

x y z 3 3

y z z x x y  2 .

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

---Hết---Hướng dẫn chấm toán BD khối A lớp 10 năm 2011-2012

Câu Ý Nội dung Điểm

I

1 Khảo sát sự biến thiên của hàm số và vẽ đồ thị: y x2 4x 3

   1,0

1

TXĐ: D = R .

Ta có: -2 2
b

a  , 4a



 

-1

Hàm số nghich biến trên khoảng



 ;2



v à đồng biến trên khoảng



2;



0.5
Bảng biến thiên:

 

2



y  



-1

Đồ thị

f(x)=x^2-4x+3

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8
-6
-4
-2
2
4
6
8

x
y

2.Tìm m để bất phương trình nghiệm đúng với mọix



1;3



0,25

---0.25

1.0

Bất phương trình đã cho tương đương với

2 2

4 4 1 4 3 1 1

x  x m  x  x m 

Từ đồ suy ra ycbt  0m 1 1

m 1 1 

0
2
m
m




 



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

KL:...

II 1 3. Giải phương trình: 2 3x 2 3 6 5x 8 03     

. 1.0

Điều kiện:
6
x



( * )

Đặt:

3
3

u 3x 2 u 3x 2

v 6 5x

v 6 5x, v 0

     

 



 

 


  

 



0.25

Khi đó ta có hệ phương trình:

3 2

8 2u

2u 3v 8 v

5u 3v 8 5u 3v 8




  

 



 

 

   

 0.25









3 2 2

15u 4u 32u 40 0 u 2 15u 26u 20 0

         

u 2 0 (1)

15u 26u 20 0 (2)

 


 

  



0.25

u 2

  ( Do phương trình ( 2 ) vơ nghiệm ) x2 ( Thỏa mãn ( * ))

Kết luận: Vậy tập nghiệm của phương trình là



2



0.25

2

Tìm m để phương trình sau có nghiệm: 3 x 1 m x 1 2 x    4 21 1.0

Điều kiện: x 1 . Khi đó:

 

x 1 x 1

1 2 m 2

x 1 x 1

 

   

 

0.25

Đặt

4 x 1 4 2

t 1

x 1 x 1



  

 

Ta có:

2 2 2 2

x 1 x 1 2 0 1 0 1 t 1 1 0 1

x 1 2 2 x 1

                

  .

Như vậy ta được phương trình

 

3t 2t m 2

  

với 0 t 1  và do đó (1) có

nghiệm 

 

2 có nghiệm thuộc



0;1



( * ). 0.25
Xét hàm số

 

f t 3t 2t m

trên



0;1



, ta có bảng biến thiên:

t 0 1/3 1

f(t) 1/3

-1
0

Từ bảng biến thiên ta suy ra

 

* 1 m

   

.
KL: ...

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

III 1

. Giải bất phương trình:

51 2x x

1
1 x
 

 . 
1.0
2
2
2
2 2
1 0

51 2 0

51 2

1 1 0

51 2 0

51 2 (1 )

x
x x
x x
x

x
x x

x x x

  
 
  


  
    
 
   
 
   
 
 0.25
 
1

1 52; 1 52

( ; 5) (5; )

1 52; 1 52

x

x
x
x
x
 
   
    
   

 
 
 

      
 
 
     
 

 
0.5

 

1 52; 5 1; 1 52

x       

  0.25

2

Giải hệ:

2 2

4 2 2

x y 2x 3y 15 0

x y 2x 4y 5 0

    


    


1.0

























2 2
2 2
2

x 1 y 2 4 x 1 4 y 2 5

x 1 y 2 10

       


 
   


Đặt
2

u x 1

v y 2

  


 

 .

Ta có hpt













2
2 2

u v 10 u v 2uv 10

uv 4 u v 5 uv 4 u v 5


     
 

 
     
 
 

u v 10

uv 45

 


 


 hoặc

u v 2

uv 3
 




u 3

v 1


 


 hoặc

u 1
v 3






0.5
u 3
)
v 1


 


 Tìm được 2 nghiệm ( x; y ) = ( 2; 1) và ( x; y ) = ( -2; 1)

u 1
)

v 3


 


 Tìm được nghiệm ( x; y ) = ( 0; 5)

Kết luận: Hệ phương trình có 3 nghiệm:



2;1 ,

 

2;1 , 0;5

 



0.5

IV 1 Tìm tọa độ điểm M ... 1.0

Gọi điểm M thuộc d có tọa độ M = (m; m+1),ta có :

3 ( 10; 4)

MA MB MC  m m

uuur uuur uuur

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









3 10

10 4 100

14 8 0

7 41

MA MB MC

m m

m
m

  

    

   

  

 

 


uuur uuur uuur

Vậy có hai điểm M thỏa mãn bài tốn M (7 41;8 41),M 



7 41;8 41



0.5

2 Tìm phương trình BC 1.0

Tọa độ D là nghiệm của hệ:

3 0 0

(0;0)

2 0 0

x y x

D O

x y y

  

 

   

 

  

 

véc tơ pháp tuyến của đường thẳng AD và BD lần lượt là n1(3; 1), (1; 2) n2 

r uur

suy ra cosADB =

0
1

45 (1)

2  ADB  ADAB 0.25

Vì góc giữa đường thẳng BC và AB bằng450  BCD450 BCD vuông cân tại B,

suy ra DC = 2AB. Theo bài ra ta có

1 3

( ) 24

2 2

ABCD

AB

S  AB CD AD  

Suy ra AB =4 ,BD =4 2

0.25

Gọi B(b; b/2), b>0

2
2

8 10

( )

5
4 2

4 8 10

( )
5

b loai

b
BD b

b tm






   





 Tọa độ B =

8 10 4 10

( ; )

5 5

B 0.25

Véc tơ pháp tuyến của đường thẳng BC là: n



2;1



Phương trình đường thẳng BC là 2x + y - 4 2 = 0 0.25
3 Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp

tuyến hợp với nhau góc 900

1.0
.+ (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R =

√

+ A , B
A^M B=900

¿ là các tiếp điểm ) suy ra : MI=MA .

√

2=R.

√

12 0.5

Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R/ =

√

12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa
độ thỏa hệ:

(x −2)2+ (y −1)2=12

x+y+1=0

↔

¿x=

√

2
y=−1−

√

∨

¿x=−

√

2
y=−1+

√

¿{
¿

Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài tốn có tọa độ nêu trên.

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

V

CM: 2 2 2 2 2 2

x y z 3 3

y z z x x y  2

1.0

Ta có 2 2 2

x x

y z 1 x . Ta cần chứng minh:

2
2

x 3 3x

1 x  2 .

0.25

Thật vậy, áp dụng BĐT Cơ-si ta có:







 



2 2 2

2 2 2 2 2 2x 1 x 1 x 8

2x 1 x 2x 1 x 1 x

3 27

     

     

 





 

2 2

2 2 2

2 x 3 3x x 3 3x

x 1 x 1

1 x 2 y z 2

3 3

      

 

Tương tự:

 

2 2

2 2 2 2

y 3 3y z 3 3z

2 , 3

x z  2 x y  2 0.5

Do đó:





2 2 2

2 2 2 2 2 2

x y z 3 3 3 3

x y z

y z x z x y  2    2 .

Dấu “=” xảy ra

3
x y z

   

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

de dap an BD 10 Bim Son





<b>---Hết---Hướng dẫn chấm toán BD khối A lớp 10 năm 2011-2012</b>









 



















 

 

 

 





 





 

 







































 

 



















<sub>√</sub>

√

√

√

√

√

√

√

<sub>√</sub>







 







 

 

 



