DE THI HOC KI 1 TOAN 10

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐỀ THI HỌC KÌ 1 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút. Đề số 7. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH ( 7,0 Điểm) Câu 1. (2 điểm) x2 y  3 x x 1 1) Tìm tập xác định của hàm số sau: 2) Giải phương trình. 4 x  9  2 x  3. 2 Câu 2. (2.5 điểm) Cho hàm số y 2 x  5 x  3 có đồ thị là (P). a) Lập bảng biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b) Tìm tọa độ giao điểm của (P) và (D): y 8 x  2 .. Câu 3. (2.5 điểm) 1) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy , cho 3 điểm A( 1; 4), B( 2;  3), C (2,3) . a) Chứng minh A, B, C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC . 2) Cho tam giác ABC , G là trọng tâm tam giác, D là điểm đối xứng của B qua G . Chứng  1  CD  ( BA  CA) 3 minh rằng: . II. PHẦN RIÊNG: ( 3,0 Điểm). A – Theo chương trình chuẩn. Câu 4A. (1 điểm) Giải phương trình x  2 x  3 2 . 4  3  x  1  y  1 11    5  6  7  x  1 y  1. Câu 5A. (1 điểm) Giải hệ phương trình:   a GB .GC . ABC G Câu 6A. (1 điểm) Tam giác đều cạnh có trọng tâm . Tính B – Theo chương trình nâng cao.  x  y  xy 3  2 x  y 2  xy 1 Câu 4B. (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 Câu 5B. (1 điểm) Xác định a để phương trình 2 x  4 x  a x  1 có nghiệm: Câu 6B. (1 điểm) Cho tam giác ABC có a BC , b CA, c  AB . Chứng minh rằng:. b 2  c 2 a(b cos C  c cos B ) . C – Theo chương trình chuyên.  xy  x  y 5  ( x  1)3  ( y  1)3 35 Câu 4C. (1 điểm) Giải hệ phương trình  2 x + 9  x =  x  9x  m . Câu 5C. (1 điểm) Cho phương trình a) Giải phương trình khi m = 9 . b) Xác định m để phương trình có nghiệm . Câu 6C. (1 điểm ) Cho tam giác đều ABC cạnh 3a. Trên các cạnh BC, CA, AB lấy các điểm M, N, P sao cho MB = a, NC = 2a, AP = x (0 < x < 3a). Tìm x để AM  PN .. ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. Đề số 7 Câu 1.1. SBD :. . . . . . . . . .. ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2010 – 2011 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút Đáp án. Điểm.  x  2 0  3  x 0  x  1 0 . 0.5. Điều kiện Tập xác định D =[–2;1)  (1;3] 1.2 |4x – 9| = 2x –3 đk:  4 x  9 3  2 x   4 x  9 2 x  3  x 2, x 3 (thỏa điều kiện) 2.1. x. 0.5 0.25. 3 2. 0.25 0.25. Kết luận nghiệm của phương trình là x = 2, x = 3  5 49  I   ;  2 y 2 x  5 x  3 Đỉnh  4 8  5 x  4 Trục đối xứng Hệ số a 2 > 0 nên bề lõm hướng lên trên Bảng biến thiên 5  x 4   49 y  8 Bảng giá trị x –3 0 1 y 0 –3 4. 0.25 0.25 0.25.  . 0.5. 0.25. Đồ thị. 0.5. 2.2. 2 2 Phương trình hoành độ giao điểm 2 x  5 x  3 8 x  2  2 x  3 x  1 0 3  17 3  17  x ,x 4 4 3  17 3  17 ; 4  2 17  ,  ; 4  2 17   4 4 Suy ra tọa độ giao điểm. 2. 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3.1 a. 3.1b. 3.2. 4A.   Ta có: AB ( 1;  7), AC (3;  1) 1 7    3  1 Vì suy ra hai vec tơ AB, AC không cùng phương. Vậy A, B, C không thẳng hàng, Suy ra điều phải chứng minh    AH  ( x  1; y  4), BH ( x  2; y  3) H ( x ; y ) Gọi   BC (4;6), AC (3;  1)     AH  BC  AH .BC 0       BH  AC  BH . AC 0 H là trực tâm 4  x  1  6  y  4  0  4 x  6 y 20   3  x  2    y  3 0 3 x  y  3. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25.  2 x  3 4  4 x  x 2  x 2  6 x  7 0  x 3  2. 0.25. 5A Điều kiện: x  1, y 1 đặt được.  1  x  1 1   1  2  y  1. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25 2. X. 0.25. 1 1 ,Y  x 1 y 1.  3 X  4Y 11  5 X  6Y  7 Đưa về hệ phương trình  Tìm được X 1, Y 2. 4B. 0.25.  1 36   ;  Giải ra x = .., y = .. KL H  11 11    CD  2GM BC M Gọi là trung điểm của , ta có 1  2 AM 3       2 1 1 1  . ( AB  AC )  ( AB  AC )  ( BA  CA) 3 2 3 3 2 x  3 0 3   x 2  2 x  2 x  3 2  2 x  3 2  x đk: 2  x 0. So điều kiện, chọn nghiệm x 3 . 6A. 0.25.  x 0   3  y  2. 0.25 0.25 0.25 0.25.   o Xác định được góc giữa 2 vec tơ GB và GC bằng 120 a 3 GB GC  3 Tính được Viết được công thức tính vô hướng a2  Thay vào và ra đáp số 6.  x  y  xy 3  x  y  xy 3  2  2 2  x  y  xy 1  ( x  y )  3xy 1 Đặt S = x – y; P = xy, ta có: 3. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span>  S  P 3  2  S  3P 1 Giải hệ tìm được : S = 2 ; P = –1 và S = –5; P = –8 Giải tìm x, y.  x  y 2  x 1   S = 2; P = –1: ta có hệ:  xy  1 . Giải tìm được  y  1 Với S = –5; P = –8 ta có hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phương trình là: S = 5B.  (1;  1) ..  x  1 0  2 2 2 x  4 x  a x  1 2 x  4 x  a ( x  1) (1) 2 (1)   x  2 x  1 a 2 Vẽ đồ thị hàm số y =  x  2 x  1 (P), rồi tìm giao điểm của (P) và y = a. 2. 0.25. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.25. Ta tìm được a 2 thì phương trình có nghiệm thỏa điều kiện x 1 . 6B. b 2 a 2  c 2  2ac cos B; 2 2 2 Theo định lý cosin, ta có c a  b  2ab cos C ; 2 2 Trừ vế theo vế ta được b  c .... 4C. 2 2 Suy ra b  c a(b cos C  c cos B) ( x  1)( y  1) 6  [(x+1)+(y+1)]3  3[( x  1)  ( y  1)]( x  1)( y  1) 35 Biến đổi  Đặt S ( x  1)  ( y  1); P ( x  1)( y  1). Hệ trở thành  P 6   2  S ( S  3P ) 35 5C.  S 5  x 2  x 1       P 6  y 1  y 2. 2 a. Với m = 9 phương trình trở thành x + 9  x =  x  9 x  9 (1) Điều kiện : 0  x  9 . Bình phương hai vế của (1) ta được. 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25đ. (1)  2 x (9  x ) = x(9 – x)  x (9  x ) = 0 hay x (9  x ) = 2  x = 0; x = 9 hay x2 – 9x + 4 = 0 9  65 2  x = 0; x = 9 hay x = . Đối chiếu với điều kiện , cả bốn nghiệm trên đều thích hợp .. 4. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>  0  x  9  2 b. Điều kiện  x  9 x  m  0 . Lúc đó phương trình đề bài tương đương với x(9 – x). – 2 x (9  x ). + m – 9. x (9  x ) , thế thì 0  t =. Đặt t = . (2)  t 2 – 2t + m – 9 = 0. = 0 (2). x (9  x ) =. 81  9   x  4  2. 2. 9  2. (3). 9 phương trình đề bài có nghiệm khi (3) có nghiệm t sao cho 0  t  2 . (3)  – t 2 + 2t + 9 = m 9 Lập bảng biến thiên của hàm số y = – t 2 + 2t + 9 với 0  t  2. 6C. 0.25đ. 9 Căn cứ bảng biến thiên : phương trình có nghiệm khi – 4  m  10 .   2  1 AM  AB  AC 3 3 Biểu diễn    1 x PN  ( AC  AB) 3 a Biểu diễn 4   x a 5 Điều kiện AM  PN  AM .PN 0 . Tính được. ……HẾT……. 5. 0.25đ. 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(6)</span>