Dap an bai tap Toan 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>THPT NGỌC HỒI Tổ Toán. NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT(Học Kỳ2) Câu1.( Mức độ: B; 1,0 điểm ; Thời gian: 10 phút. ). 2 x  5  4 x 2  20 x  25 Đáp án. Điểm 0.25. Tacó:. 2 x  5  4 x 2  20 x  25  2 x  5  2 x  5  2 x  5  2 x  5 a  b  a  b , a, b  ¡ . Áp dụng: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: Vậy :. 0.25. a.b 0 0.25. 2 x  5  2 x  5  2 x.5 0  x 0 . T  0; . .  Suy ra tập nghiệm PT là : Câu 2 . ( Mức độ: C; 1,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ).Giải Bất phương trình : 2x  4 2. x  3 x  10. 1. Đáp Án. 2x  4 2 Ta có: x  3 x  10. 0.25. Điểm. 1 . 2x  4 x 2  3 x  10.  10 . 2 x  4  x 2  3x  10 x 2  3x  10. 0.  2 x  4  2  x 2  3x  10 2 x  4  x 2  3 x  10  0 2 x  4  x 2  3x  10     2 x  4  0 2 2 x  3 x  10  0 x  3 x  10  0  x 2  3 x  10  0    3x 2  13x  26  0   x  2  x 5 x   2  x  5 . 0.5. 0.5. 0.5. Câu 3. (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.) Giải phương trình :. 3x  4  2  3x. . Đáp án.  3x  4 2  3x (1) Pt    3x  4 3x  2 (2) * 1  x    3 1  x  Vn . Vậy 3 là nghiệm phương trình. * Câu 4. ( Mức độ: C; 2 điểm ; Thời gian: 15 phút. ). Điểm 0.5 0.5.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> mx 2  2(m - 2)x  m  3 0 (1).. Cho phương trình : a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m.. x1 x 2  3 x , x x x 1 b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 sao cho : 2 . Câu. 3a. Đáp án 3  4x  3 0  x  4 . * Khi m = 0 thì (1) trở thành : * Khi m 0 thì (1) là phương trình bậc hai có  4  m . + Nếu m > 4 thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu m 4 thì phương trình (1) có hai nghiệm : Kết luận : 3 S 4 . +m=0: + m > 4 : S  .. x1,2 . + m 4 và m 0 : Phương trình (1) có hai nghiệm : 3b. Điểm 0.25    0.25 2 m 4 m m .. 0.5 x1,2 . 2 m 4 m m .. * Khi m 4 và m 0 thì phương trình (1) có hai nghiệm x1 , x 2 . x1 x 2 2  3   x1  x 2   5x1x 2 0 * x 2 x1 .  1  65 2 * Thay vào và tính được : thoả mãn điều kiện m 4 và m 0 . Câu 5 ( Mức độ: C; 2,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) m. Câu 4. 0.25 0.25. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ABC với A(1;  2), B(5;  2),C(3;2) . Tìm toạ độ trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ABC. Đáp án 9  G  ;  1 . Toạ độ trọng tâm G :  2 Toạ độ trực tâm H :    AH .BC 0  2( x  1)  4( y  2) 0     2( x  5)  4( y  2) 0 . *  BH .AC 0 * H (3 ; - 1 ). Toạ độ tâm đường trong ngoại tiếp I :  AI 2 BI 2 8x 24   2  AI CI 2 4x  8y 8 . *   1 I  3;  *  2 . Câu 6. ( Mức độ: C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) mx  2 y 1  x  (m  1)y m 1. Cho hệ phương trình:  . Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất..      0.25 0.25. Điểm 0.75. 0.75 0.25 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 2 2 2. Cho phương trình: x  2mx+m -m=0 . Tìm tham số thực m để phương trình có x1 x2  3 x2 x1 hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa mãn . Câu Đáp án Hệ phương trình có nghiệm duy nhất * Điều kiện : D 0 . 2 6.1 * Tính D m  m  2 và giải được m  1 và m 2 . (1.5 m  1 và m 2 thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất đ) Vậy với 1 m 1 x y m  2 và m 2 . (x ; y) với 2 2 Phương trình: x  2mx+m -m=0 có hai ngiệm phân biệt khi  '  0  m0 x1 x 2 x 12  x 22  3  3 x 2 x1 x 1 .x 2. 6.2 2 (1.5 TheoYCBT thì:  (x 1  x 2 )  5x1x2 0 đ)  (2m)2  5(m 2  m) 0   m 2  5m 0  m 0(L )   m 5 Vậy với m=5 thì thỏa YCBT. Điểm 0.75 0.25 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25. Câu 7. ( Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ). Câu. 1 1 1 ( x  y  z)(   ) 9 x y z Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì . Đáp án x , y, z  0 . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: x  y  z 3 3 x.y.z. 7 (1.0 đ). x , y , z  0 . Điểm. (1). 1 1 1 ; ; 0 x y z . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được:. 1 1 1 1 1 1   3 3 . . x y z x y z. 0.25 0.25 0.25. (2). 1 1 1 ( x  y  z)(   ) 9 x y z Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được: . đpcm. 0.25. Câu 8. (Mức độ: B; 2điểm ; Thời gian: 15 phút.  )         OA  i  2 j , OB  5 i  j , OC  3i  2 j. Tìm tọa 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ: độ trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC. 4  1  tan  sin   (0    ) P 5 2 . Tính giá trị biểu thức: 1  tan  . 2. Cho 3. Câu 8.1 Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2).. Đáp án. Điểm 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 1  G  3;   3 . Toạ độ trọng tâm G :  Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ của H.   (1.0 AH .BC 0  2( x  1)  3( y  2) 0  đ)   BH .AC 0  2( x  5)  4( y  1) 0 . *  25 2 H( ; ) 7 7 . *. 0.25 0.25 0.25. 4 3 4 cos   ; tan   5 . Tìm được 5 3 8.2 Ta có: (1.0 4 1  tan  1  3 đ) P   7 1  tan  1  4 3 Thay vào biểu thức: . sin  . 0.5 0.5. Câu 9. (Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. Chứng minh rằng: a2 +b2 +c 2 cos A cos B cos C . = + + 2 abc a b c Đáp án. Câu. Điểm. Ta có 2 ( AB+  BC+  CA ). 9 (1.0 đ). 2. 2. 0.5. 2. AB + BC +CA +2  AB .  BC+2  AB .  CA+ 2  BC . CA 2 2 2       ⇔a + b +c =2 AB . BC+2 AB . CA +2 BC .CA 2 2 2 ⇔ a + b +c =2 ac . cos B+2 cb cos A +2 ab .cos C a2 +b 2+ c2 cos A cos B cos C ⇔ = + + 2 abc a b c. 0.5. Câu 10. (Mức độ: C ; 1,5điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Có 100 học sinh tham dự học sinh giỏi môn Toán ,( thang điểm là 20) kết quả được cho trong bảng sau : Điểm 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2 N=100 a,Tính số trung bình và số trung vị. b,Tính phương sai và độ lệch chuẩn. Đáp án. Điểm. 1 11 x . xi .ni 15,23 100 i 1 a,Số trung bình: . 15  16 Me  =15,5 2 Số trung vị:. 0.25 0.25 2. 1 11 1  11  2 S  ni xi  n x   i i  3,96 2  100 100 i  1 i  1   b,Phương sai: S 1,99 Độ lệch chuẩn : 2. Câu 11.(Mức độ: D ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ). 0.25 + 0.5 0.25.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2 x  (m  1) y  m  1  x  m 2 y  m 2  2m Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. Đáp án 2 x  ( m  1) y  m  1   x  m 2 y  m 2  2m Tìm m để hệ phương trình :  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. 2 -m-1  2m 2  m  1  (m  1)(2m  1) 1 -m 2 *D=  m 1 -m-1 m3  m2  m3  3m2  2m  2m(2m  1) 2 2  m  2m -m Dx= 2 -m+1  2m 2  4m  m  1 (m 1)(2m  1) 2 1 -m  2m Dy= 1 *D = -(m-1)(2m+1)  0 m 1 và m  - 2 thì hệ pt có nghiệm (x;y) duy nhất: Dx 2m 2  2  m 1 x = D m 1 Dy m 1 2   1  m 1 y = D  (m  1) * Để x   ,y   thì : m- 1 =  1, m- 1=  2.Suy ra : x { 2;0;3;- 1}. Câu 12. (Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 Đáp án Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 * Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – 3 = 0 (x2- 4x +4)(x2- 4x +6) – 3 = 0 (1)  t 1   t  3 *Đặt t = x2- 4x +4.Pt (1) t(t+2) – 3 = 0  t2 +2t – 3 = 0 5  13 2 *t = 1: x - 4x +4 = 1  x – 4x + 3 = 0 2 2 *t = - 3: x - 4x +4 = - 3  x – 4x + 7 = 0.Phương trình này vô nghiệm 5  13 x 2 Vậy nghiêm của pt (1): 2. Câu 18a. 2. 0,5 0,25. 0,25. 0,5 0,5. Điểm. 0,25 0,25.  x. Câu 13.(Mức độ: B ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0) a) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh  của  một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho AD  2 BC Đáp án ABC có:A(2;6),B(-3;4),C(5;0). Điểm. 0,25 0,25. Điểm 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác.  * AB = (-5;-2). 18b. AC = (3;-6) 5 2    3  6 AB * Vì nên và AC không cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là ba đỉnh của một tam giác.   AD  2 BC Tìm tọa độ điểm D sao cho Giả  sử D(x;y) * AD = (x-2;y-6)  BC (8; 4)  -2 BC = (-16;-8).  x  2  16  x  14     * AD  2 BC   y  6  8   y  2. 0,25 0,25. 0,25 0,5đ 0,25 0,25. Câu14.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho f(x) = x2 – 2x – 4m – 1 a).Tìm giá trị của m để f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt b). Tìm giá trị m để f(x) > 0 với mọi x R Đáp án a,f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt    0 1 m 2  4 + 16m + 4 > 0  b,để f(x) > 0 với mọi x R  0 1 m 2  4 + 16m + 4 < 0 . Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25. Câu 15.(Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải phương trình: a) 4 x  7 2 x  3 (1) b) Câu 20 a(1điểm). 2 x  3 x  1. (2) Đáp án. x . 7 4. Điểm. Điều kiện 2 Pt(1)  4 x  7 4 x  12 x  9  4x2-16x+2=0. 4  14  x1,2= 2. 0,25. 4  14 Cả hai giá trị đều thoã mãn điều kiện nhưng khi thay vào phương trình thì x2= 2. 0,25. 0,25 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> không thoã mãn.. 20b (1điểm). 4  14 Vậy phương trình có một nghiệm là x= 2 3 3   +)Với x  2 phương trình trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x  2 n ên bị loại) 3 2   +) V ới x< 2 phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x= 3 (lo ại) V ậy : Phương trình vô nghiệm.. 0,5. 0,5. Câu 16.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 10 phút. ).Giải các bpt sau: a,(1,0điểm) 3x-1>1+x b,(2,5điểm) √ 3(x 2 −1)<2 x −1 Đáp án a,3x-x-1-1>0 x>1 2 x − 1>0 3(x 2 − 1) ≥ 0 2 x − 1¿ 2 b, ¿ ¿ ¿{{ 3( x 2 − 1)<¿ (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) ¿ 1 x> 2 x ≤ −1 , x ≥ 1 ¿ { { { ∀ x ∈ R {2 } no ¿ (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) ¿ Vậy: ¿ ∀ x ∈¿ {2 là nghiệm ¿. Điểm 0,5 0,5 0,75. 0,75. Câu 17.(1đ).(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=(-2x+3)(x-1), với. 1 x . 3 2. Đáp án 1 Ta c ó y=(-2x+3)(x-1)= 2 (-2x+3)(2x-2), 3 1 x  2 . Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0. Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương là 2x-2>0 và Với -2x+3>0. ta được:. Điểm 0,25 0,25.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> (2x-2)+(-2x+3) 2.  2 x  2    2 x  3. 1  ( ) 2  2 x  2    2 x  3 2 1 1   2 x  2    2 x  3  2 8 1 1 5 Hay y  8 .Vậy giá trị lớn nhất của y là 8 , đạt tại x= 2. 0,25 0,25. Câu 18.(Mức độ: C ; 3điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2) a).Hãy tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành b) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC c) Xác định toạ độ tr ực tâm H của tam giác ABC Câu Câu 18a. Câu 18b. Câu 18c. Đáp án. . . Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB DC (1)  Mà AB (6; 4) ; DC ( x; 2  y )   x 6  x  6    y  2 Từ (1) ta có  2  y 4 Vậy D(-6;-2) Gọi G là trọng tâm của tam giác.Khi đó  x  x  x y  y B  yC  G A B C ; A  3 3   2 G ( ; 2) 3 hay Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Khi đó:    AH  x  4; y  2  ; BH  x  2; y  6  ; BC   2;  8  ; AC  4;  4  Ta có  AH  BC    BH  AC.   AH .BC 0     BH . AC 0  x  4 y  4 0   x  y  4 0.  2  x  4   8  y  2  0  4  x  2   4  y  6  0. 12   x  5  12 8  ;H( ; ) 8 5 5 y   5 Câu19. (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải các phương trình sau : a) ( 1 điểm) |3 x − 4|=2 x − 1 b) ( 1 điểm) √ x2 −2 x+ 6=2 x − 1 Câu 19a. Đáp án Tùy theo cách cách giải khác nhau để cho điểm sau đây là một cách cụ thể 1 Đặt đk: 2 x −1 ≥ 0 ⇔ x ≥ 2. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25. 0,25. 0,75 0,25. 0,25. Điểm 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> 19b. ⇔ 3 x − 4=2 x −1 ¿ 3 x − 4=1 −2 x ¿ x=3 ¿ Pt x=1 ¿ 0,25 ¿ 0,25 ⇔¿ ¿ ¿ ¿ So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = 3 và x =1 ¿ x2 −2 x+ 6 ≥0 2 x −1 ≥ 0 Đặt đk: { Không nhất thiết phải giải điềm kiện} 0,25 ¿{ ¿ ⇔ x 2 − 2 x +6=4 x2 − 4 x+1 0,25 ⇔ x=− 1 ¿ 5 x= Pt 3 ¿ 0,25 ¿ ¿ ¿ 5 So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x = 3 Câu20.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(-1;1), C (1;1) a). Viết phương trình tổng quát của trung tuyến AM b). Viết phương trình tổng quát của đường cao AH c).Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đáp án a M(0;1) AM: x-y+1=0 → b BC =(2;0) →. c. VTPT AH =(2;0) AH: 2x-2=0 Phương trình đường tròn có dạng (C):x2+y2+2ax+2by+c=0 (C) qua A(1;2) ⇔ 12+22+2a1+2b2+c=0 (C)qua B(-1;1) ⇔ (-1)2+12+2a(-1)+2b1+c=0 (C) qua C(1;1) ⇔ 12+12+2a1+2b1+c=0 −3 a= 0 , b= , c=1 2 phương trình đường tròn cần tìm: (C): x2+y2-3y+1=0. Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25. Hết. GV.Đặng Ngọc Liên. 0,5 0,5.

<span class='text_page_counter'>(10)</span>

<span class='text_page_counter'>(11)</span>