Đề thi học kỳ I năm học 2009 – 2010 môn toán lớp 10 (chương trình cơ bản) thời gian: 90 phút (không kể thời gian giao đề)

 SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ 	 ĐỀ THI HỌC KỲ I
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN	 NĂM HỌC 2009 – 2010 
	 ---------- & ----------	 MÔN TOÁN LỚP 10 (Chương trình cơ bản)
	Thời gian: 90 phút (Không kể thời gian giao đề)
Câu 1: (1.5 điểm)
Giải và biện luận theo tham số m phương trình: 
Câu 2 : (2 điểm) 
Cho hàm số 
 a. Biết đồ thị của hàm số đã cho có đỉnh S(1; 4) và cắt trục tung tại điểm có tung độ bằng 3, tìm các hệ số a, b, c.
 b. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số ở câu a vừa tìm được.
Câu 3: (2 điểm) Giải các phương trình sau:
 a. 
 b. 
Câu 4: (1 điểm) 
Cho hai số dương a và b. Chứng minh (a + b)() 4 .
Dấu “ = ” xảy ra khi nào ?
Câu 5: (3.5 điểm) 
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)
	a. Chứng minh rằng: Tam giác ABC vuông. 
	b. Gọi E (3; 1), chứng minh rằng : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.
	c. Tìm tọa độ điểm D để tứ giác ABCD là hình bình hành.
	d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp và tìm bán kính đường tròn đó.
------------------------------------ HẾT ------------------------------------
	Thí sinh:
	Lớp: 10..
	Số báo danh:..
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)
ĐÁP ÁN: ( Môn TOÁN lớp 10 năm học 2009- 2010)
Câu 1: (1.5điểm)
- Nếu thì pt(*) có nghiệm duy nhất (0,25)
- Nếu thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25) 
- Nếu thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25)
Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất khi 
 	 -	Có vô số nghiệm khi 
	 - Vô nghiệm khi 	 (0,25)
Câu 2: (2điểm)
a/ 
Cách 1 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).
 Nên A(P) c = 3 (0,25)
 Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3	 	 (0,25)
Cách 2 : Giao điểm của (P) và trục Oy có tọa độ (0; 3).
 Nên A(P) c = 3 (0,25)
Vậy (P) là: y = -x2 + 2x +3	 	 (0,25)
b/ Theo câu a/ ta có (P) : y = -x2 + 2x +3.
- TXĐ : 
- Tọa độ đỉnh S (1 ; 4).	 
- Trục đối xứng x = 1 
- (P) cắt Oy tại A(0; 3), cắt Ox tại hai điểm B(-1; 0) và C(3; 0) 
- Điểm D(2; 3) (P) (0,25)
* Bảng biến thiên : 
x 1 + 
y 4
 - -
Hàm số đã cho đồng biến ( ; 1) và nghịch biến (1; +) 	 (0,25)
Vẽ: (Chính xác đồ thị và đẹp ) 	(0,5)
Câu 3:(2điểm) Giải các phương trình sau:
 a. (1) 
Cách 1: 
Vậy pt đã cho có hai nghiệm 	 	 	 (0,25)
 Cách 2: Ta có: 
* Khi thì pt(1) 3x - 4 = 2 – x
 4x = 6
 x = (TMĐK)
* Khi x < thì pt(1) 4 – 3x = 2 – x
 2x = 2
 x = 1 (TMĐK)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm 
Cách 3: pt(1) (3x – 4)2 = (2 - x)2
 9x2 – 24x + 16 = 4 – 4x + x2
 8x2 – 20x + 12 = 0
Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm đều thoả mản pt(1)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm 
 b. (2)
Cách 1:
Đối chiếu điều kiện, pt có nghiệm duy nhất x = 7. (0,25)
Cách 2: Điều kiện 2x – 5 0 x (**)
Cả hai nghiệm x = 7 và x = 3 đều thoả mản Đkiện (**), nhưng khi thay vào pt(2) thì giá trị x = 3 bị loại ( vì 2 = 4 ( vô lí)), còn giá trị x = 7 nghiệm đúng.
Vậy pt(2) có nghiệm duy nhất x = 7.
Câu 4: (1điểm) Chứng minh: (a + b)() 4 (3)
Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức Cô- si, ta có:
 a + b 2, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (1) (0,25)
 2, dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (2) (0,25)
Từ (1) và (2) suy ra: (a + b)() 4. (0,25)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (0,25)
Cách 2: BĐT(3) 
 (Do a, b là hai số dương)
 a2 + 2ab + b2 4ab
 a2 - 2ab + b2 0
 (a – b)2 0 , a, b dương
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (đpcm)
Câu 5: (3.5 điểm)
Trong mp Oxy cho D ABC có A(0; 2), B(6; 4), C(1; -1)
 a/ CMR : D ABC vuông.
Cách 1: (Chứng minh = 0)
Ta có : 
Mà = 6.1 + 2(-3) = 0 nên AB AC. Vậy D ABC vuông tại A (0,5)
Cách 2: (Chứng minh Cos() = 0 () = 900 )
Ta có: 
Hay AB AC.
Vậy D ABC vuông tại A 
Cách 3: (Sử dụng định lí đảo của định lí Pitago)
Ta có: 
Vậy D ABC vuông tại A có cạnh huyền BC.
b/ Gọi E (3; 1), CMR : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.
Cách 1: ( cùng phương)
 Ba điểm B, C, E thẳng hàng 	 (0,25)
 Ta có : 
Mà 	 	 
Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng.	 (0,5)
Cách 2: (Chứng minh) 
Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng.
c. 
Cách 1: Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó: (0,25)
mà . 	 (0,25)
Hay . Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành (0.25)
Cách 2: (Chứng minh )
Gọi D(xD; yD), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó:
Ta có: 
Mặt khác: .
Từ đó, ta có: 
Vậy D(-5; -3) thì tứ giác ABCD là hình bình hành.
d. Tìm tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp và tìm bán kính đường tròn đó
Cách 1: Gọi là tâm của đường tròn ngoại tiếp , Khi đó: 
 IA = IB = IC 	 (0.25)
Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp là: và bán kính của đường tròn ngoại tiếp là: R = IA = (Đvđ) (0.25)
Cách 2: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, ta có: M(3; 3), N().
Mặt khác gọi là tâm của đường tròn ngoại tiếp , Khi đó: 
Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp là: và bán kính của đường tròn ngoại tiếp là: R = IA = (Đvđ)
(Lưu ý: Học sinh có thể giải theo cách khác củng đạt điểm tối đa,các cách giải khác ở trên củng có bờ rem điểm tương tự)