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 5 I. PHẦN CHUNG (8 điểm) Câu 1: (2đ). 2 a) Cho parabol (P): y ax  bx  c . Xác định a, b, c biết parabol (P) cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3 và có đỉnh S(–2; –1). 2 b) Vẽ đồ thị hàm số y  x  4 x  3 . Câu 2: (2đ) Giải các phương trình sau:. a). 2 x  3 x  2. b). x  2 2 x  3. 2 Câu 3: (1đ) Giải và biện luận phương trình sau theo m: m x  6 4 x  3m. 1 MA  MB 2 Câu 4: (1đ) Cho ABC có G là trọng tâm và M là điểm trên cạnh AB sao cho . Chứng   1 GM  CA 3 minh: . 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)  a  b   ab  1 4ab . 1) (1đ) Cho a, b là hai số dương. Chứng minh 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) mx  m  3 1 x 1 1) (1đ)Tìm m để phương trình sau vô nghiệm: 0 0 0 0 0 2) (1đ) Chứng minh: 1  2sin15 cos15  1  2sin15 cos15 2 cos15. ––––––––––––––––––––Hết––––––––––––––––––– Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . SBD :. . . . . . . . . .. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> ĐÁP ÁN ĐỀ THI HỌC KÌ 1 – Năm học 2009 – 2010 Môn TOÁN Lớp 10 Thời gian làm bài 90 phút. Đề số 5 Câu I.. Ý 1. 2. Nội dung Xác định hệ số a,b,c của parabol (P). (P) cắt Oy tại điểm có tung độ bằng 3 suy ra c = 3 (P) có đỉnh S(–2; –1) suy ra:  b   b 4  2   2a   1 4a  2b  3  a 1. Điểm (1 đ ) 0,25. 2 Vẽ parabol (P) y = x + 4x + 3 + 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). (1 đ ). -4. Giải phương trình 2 x  3  x  2 (1) Điều kiện: x 2 Với ĐK trên thì PT (1)  2x – 3 = (x – 2)2  2 x  3 x 2  4 x  4  x 2  6 x  7 0  x 3 . b. 0.25. 0,25. 0.5. II. a. 0,75. (2đ ) (1đ ) 0,25 0,25 0,25. 2  x 3  2. Đối chiếu với điều kiện, PT có nghiệm duy nhất x 3  2. 0,25. x  2 2 x  3 Giải phương trình (2) x  2 (2)  x + 2 = 2x – 3  x = 5 (thỏa điều kiện đang xét.) Vậy x = 5 là một nghiệm của pt. (1đ). 2. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> x. x   2 , (2)   x  2 2 x  3  Vậy pt đã cho có một nghiệm x = 5 III.. Cho a,b là hai số dương.Chứng minh a  0, b  0  ab  0. 1 3 ( không thỏa điều kiện đang xét).  a  b   ab  1 4ab. (1đ) 0,25. Theo Côsi: a  b 2 ab , ab  1 2 ab  (a  b)(ab  1) 4ab   1 GM  CA 3 Chứng minh. IV.. 0,5. 0,5 0,25 (1đ). A M 0,25. G C. B. I.      1 2 GM  AM  AG  AB  AI 3 3 Gọi I là trung điểm BC thì ta có :    1 AI  AB  AC 2 Mà   1  1   1 1  GM  AB  AB  AC  AC  CA 3 3 3 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho ba điểm A(–1; 5), B(3; 3), C(2; 1). . . . V. a. b. VIa. VIa. 1. 2. . Xác định điểm D sao cho OABC là hình bình hành.   AD  ( x  1; y  5), BC ( 1;  2) Gọi D(x;y) thì ta có:   ABCD là hinh bình hành  AD BC  x  1  1  x  2   y  5  2     y 3 Vậy D(–2; 3) Xác định điểm M trên Oy sao cho tam giác AMB vuông tại M   AM  (1; y  5), BM ( 3; y  3) M nằm trên Oy nên M(0; y),   AMB vuông tại M  AM .BM 0  –3 + (y – 5)(y – 3) = 0  y2 – 8y +12 = 0  y = 6; y = 2 Vậy M(0;2), hoặc M(0; 6) 2. Giải và biện luận phương trình: m x  6 4 x  3m (1) (1)  (m2 – 4)x = 3(m + 2) m = 2: (1)  0x = 12: PT vô nghiệm m = –2: (1)  0x = 0: PT nghiệm đúng với mọi x  R m 2 : PT có một nghiệm: Xác định tọa độ của C. x. 3 m 2.   AB  (2;1), BC ( x  3; y) Gọi C(x;y) với x>0, y>0, ta có 3. 0,25 0,25 0,25 (2đ ) (1đ ) 0,25 0,25 0,5 (1đ ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1đ ) 0,25 0,25 0,25 0,25 (1 đ ) 0,25.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> ABC vuông cân tại B nên ta có: 2( x  3)  y 0  2 2 5 ( x  3)  y.    AB  BC    AB BC.    AB.BC 0  2 2  AB BC. Giải ra x = 2; y=2 Vậy C(2; 2) VIb. 1. mx  m  3 1 x 1 Giải và biện luận phương trình: (1)    Điều kiện x –1, (1) mx – m +3 = x + 1 (m – 1)x = m – 2 (2) Với m = 1 , pt (2) vô nghiệm, nên pt (1) vô nghiệm m 2 x m  1 , nghiệm này là nghiệm của Với m 1, pt (2) có nghiệm duy nhất m 2 3  1  m  2 (1) khi m  1 3 m4 x m 1 Vậy m 1 và m  2 : PT có nghiệm duy nhất 3 m = 1 hoặc m = 2 : PT vô nghiệm. VIb. 2. 0 0 0 0 0 Chứng minh 1  2sin15 cos15  1  2sin15 cos15 2 cos15 (*). sin2 150  cos2 150  2sin150 cos150   sin 2 150  cos2 150  2sin150 cos150. VT (*) = =.  sin150  cos150  2   sin150  cos150  2. 0 0 0 0 = sin15  cos15  sin15  cos15 0. 0. 0. 0. = 0. sin15  cos15  sin15  cos15 = 2 cos15 (Vì 0 < sin150 < cos150). ……HẾT……. 4. 0,5. 0,25 (1,0 đ) 0,25 0,25 0,25. 0,25. (1,0đ) 0,25 0,25. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span>