đề kiểm tra học kì 1 môn toán 10 có đáp án
Trường THPT chuyên
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
---*---
KIỂM TRA HỌC KỲ I
Môn : TOÁN 10 (Dành cho lớp chuyên Toán)
Thời gian : 120 phút (Không kể thời gian giao đề)
Ngày kiểm tra :
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Bài 1 : (1.0 điểm)
1
x
Tìm tất cả các hàm số f(x) thỏa mãn : 2.f(x) + f =
11x 2 + 10
; x0.
x
Bài 2 : (3.0 điểm)
Cho hàm số : y = f(x) = x2 + (m + 2).x – 3 - m , (Pm)
1. Khi m thay đổi, tìm các điểm cố định của họ Parabol (Pm) .
2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số y = f(x) khi m = 0 .
Tìm các giá trị của tham số k để phương trình : x2 + 2x - 3 = k có 4 nghiệm phân biệt .
3. Xác định m để bất phương trình : f(x) ≤ 0 có nghiệm chỉ là một đoạn có độ dài bằng 2 .
Bài 3 : (2.0 điểm)
6
6
1. Chứng minh rằng : 4C n C n + 5 n(mod 5) ; n N, n ≥ 6 .
2. Trong khai triển
3 +
3
n
2 , n N* ; hãy tìm số hạng nguyên , biết rằng :
2
4
C1 + 1 - 2.2.C2n + 1 + 3.22 .C3 + 1 - 4.23 .C2n + 1 + . . . + (2n + 1).22n .C2n + 1 = 19
2n
2n
2n + 1
Bài 4 : (2.0 điểm)
Cho ABC đều có độ dài cạnh bằng 3a (a > 0) .
15 a 2
1. Tìm tập hợp các điểm M trong mặt phẳng sao cho : MB.MC + MC.MA + MA.MB =
.
2
2. Lấy các điểm P, Q, R lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA và AB sao cho BP = a , CQ = 2a và
4a
AR =
. Chứng minh rằng : AP QR .
5
Bài 5 : (2.0 điểm)
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy ; cho tam giác ABC có : A(2; -1) , B(0; 1) , C(3; -4)
1. Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC .
2. Tìm tọa độ của điểm M trên trục Ox sao cho
2.MA + 2.MB - 3.MC
đạt giá trị nhỏ nhất .
===Hết===
-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Họ và tên : . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .. . . . SBD : . . . . . . .. . . . Lớp : 10/1
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KIỂM TRA HỌC KỲ I – NĂM HỌC 2009 - 2010
NGUYỄN BỈNH KHIÊM ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN – CHUYÊN 10
--------
---------
Thời gian : 120 phút - Ngày kiểm tra : 23.12.2009
Nội dung
Điểm
Bài 1 : (1.0 điểm)
1
11x 2 + 10
, x 0 (1)
x
1
1
10t 2 + 11
Đặt x =
, t 0 . Khi đó từ (1), ta có : 2.f + f(t) =
t
t
t
2
1 11x + 10
2.f(x) + f =
x
x
1
Xét hệ phương trình bậc nhất 2 ẩn f(x) và f :
2
x
1 10x + 11
f(x) + 2.f =
x
x
1
4x 2 + 3
Khử f ta giải được : f(x) =
(2)
x
x
Ta có : 2.f(x) + f =
x
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Thử lại ta thấy (2) thỏa mãn (1) .
0,25 đ
4x 2 + 3
Vậy : f(x) =
, x 0 là hàm số duy nhất cần tìm .
x
Bài 2 : (3,0 điểm) y = x2 + (m + 2)x – 3 – m (Pm)
1.(0,5 điểm) Gọi A(x0; y0) (Pm) y0 = x02 + (m + 2)x0 – 3 – m
(x0 – 1).m + x02 + 2x0 – y0 – 3 = 0 (*)
A là điểm cố định của họ Parabol (Pm) phương trình (*) thỏa với mọi m
x0 - 1 = 0
x0 = 1
2
x 0 + 2x 0 - y 0 - 3 = 0
y0 = 0
Vậy, với mọi m, (Pm) luôn đi qua điểm cố định A(1; 0) .
2. (1,5 điểm)
Khi m = 0 : y = x2 + 2x – 3 (P)
a. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị (P)
Txđ : D = R
Sự biến thiên :
Hàm số nghịch biến trên khoảng (- ; -1)
và đồng biến trên khoảng (-1 ; +)
BBT
x -
-1
+
+
+
y
CT
-4
ĐĐB :
x . . . -3 -2 -1 0 1 . . .
0,25 đ
0,25 đ
y
0,25 đ
-1
-3
1
O
x
0,25 đ
-3
-4
I
0,25 đ
y
y= x 2+2x-3
y . . . 0 -3 -4 -3 0 . . .
Đồ thị : Đồ thị (P) là một Parabol có đỉnh I(-1; -4)
và nhận đường thẳng x = -1 là trục đối xứng .
b.(0,5 điểm) Ptrình : x2 + 2x - 3 = k (1)
2
Vẽ đồ thị (H) : y = x + 2x - 3
Nhận xét : Pt (1) là pt hoành độ giao điểm của đồ thị (H) và đường thẳng (d) :
y = k (là đường thẳng cùng phương với trục Ox)
O
-3
1
0,25 đ
x
0,25 đ
0,25 đ
pt(1) có 4 nghiệm phân biệt đthẳng (d) cắt đồ thị (H) tại 4 điểm phân biệt
Căn cứ vào đồ thị , ta có giá trị tham số k thỏa YCBT là : 0 < k < 4 .
3. (1,0 điểm) f(x) = x2 + (m + 2)x – 3 – m ≤ 0 (2)
2
2
f(x) = 0 có = m + 8m + 16 = (m + 4) ≥ 0
m = - 4 = 0 f(x) ≥ 0 , x R : không thỏa YCBT
m - 4 > 0 f(x) ≤ 0 , x [x1; x2] với x1, x2 là hai nghiệm của pt f(x) = 0
Vậy : bpt (2) có nghiệm chỉ là một đoạn có độ dài bằng 2
f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt x1, x2 thỏa x1 – x2 = 2
Δ > 0
Δ > 0
m - 4
2
2
2
(m + 2) - 4(-3 - m) = 4
(x1 - x 2 ) = 4
(x1 + x 2 ) - 4x1x 2 = 4
m - 4
m=-6 m=-2
2
Vậy : m = -6 m = - 2 .
m + 8m + 12 = 0
Bài 3 : (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm)
y
y
y-1
Sử dụng kết quả : C x = C x - 1 + C x - 1 ; x, y N và 1 ≤ y ≤ x . Ta có :
4C 6 + C 6 + 5 = 4C6 + C 6 + 4 + C5 + 4
n
n
n
n
n
Vậy
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
4
= 4C 6 + C 6 + 3 + C 5 + 3 + C5 + 3 + C n + 3
n
n
n
n
4
4
= 4C 6 + C 6 + 2 + C5 + 2 + 2(C5 + 2 + C n + 2 ) + C n + 2 + C3 + 2
n
n
n
n
n
4
= 4C 6 + C 6 + 1 + C5 + 1 + 3(C5 + 1 + C n + 1 ) + 3(C4 + 1 + C3 + 1 ) + C3 + 1 + C 2 + 1
n
n
n
n
n
n
n
n
4
4
2
2
= 4C 6 + C 6 + C5 + 4(C5 + C n ) + 6(C n + C 3 ) + 4(C3 + Cn ) + Cn + C1
n
n
n
n
n
n
n
0,5 đ
4
2
= 5C 6 + 5C5 + 10C n + 10C3 + 5C n + C1
n
n
n
n
4
2
= 5(C 6 + C5 + 2C n + 2C 3 + C n ) + n
n
n
n
0,25 đ
n (mod 5)
2. (1,0 điểm)
y
y-1
Ta chứng minh được : y C x = x C x - 1
Ta có
1
2
2
3
: C2n + 1 - 2.2.C 2n + 1 + 3.2 .C 2n + 1
; x, y N và 1 ≤ y ≤ x .
4
2n + 1
- 4.23 .C2n + 1 + . . . + (2n + 1).22n .C2n + 1 = 19
0,25 đ
(2n + 1)C0 - 2.(2n + 1).C12n + 22 .(2n + 1).C2 - 23 .(2n + 1).C3 + . . . + 22n .(2n + 1).C2n = 19
2n
2n
2n
2n
0
1
2
2
3
3
2n
2n
(2n + 1). (C2n - 2.C 2n + 2 .C 2n - 2 .C 2n + . . . + 2 .C 2n ) = 19
(2n + 1) . (1 - 2)2n = 19 2n + 1 = 19
Khi
= C . 3 . 2
đó khai triển
Tk + 1
Vậy, Tk + 1
k
9
3 +
3
n=9
0,25 đ
9
2 có số hạng tổng quát là :
9-k
3
k
k
9
= C .3
là số hạng có giá trị nguyên
9-k
2
.2
k
3
; k N, 0
9 - k
Z
2
k
Z
3
k Σ N, 0
k
9
k
0,25 đ
k = 3, k = 9
9
3 3 1
9 0 3
Kl : có 2 số hạng có giá trị nguyên,đó là : T4 = C9 .3 .2 = 4536 và T10 = C9 .3 .2 = 8
Bài 4 : (2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC .
0,25 đ
15 a 2
Ta có : MB.MC + MC.MA + MA.MB =
2
1
1
1
15a 2
(MB2 + MC 2 - BC 2 ) + (MC 2 + MA 2 - CA 2 ) + (MA 2 + MB2 - AB2 ) =
2
2
2
2
2
1
15a
MA 2 + MB2 + MC2 - (BC 2 + CA 2 + AB 2 ) =
2
2
uu uu 2
u u ur
r
uu uu 2
u u ur
r
uu uu 2 1
u u ur
r
15a 2
(MO + OA) + (MO + OB) + (MO + OC) - 3.(3a) 2 =
2
2
u u u u u u u u 27a 2
u u ur
r
ur
ur
15a 2
3. MO2 + (OA 2 + OB2 + OC 2 ) + 2MO.(OA + OB + OC) =
2
2
OA = OB = OC = a 3
27a 2
15a 2
ur
ur
ur
3. MO 2 + 9a 2 =
; vì : u u u u u u r
2
2
OA + OB + OC = 0
MO2 = 4a2 OM = 2a
Vậy tập hợp các điểm M là đường tròn tâm O, bán kính bằng 2a .
2.
(1,0
điểm)
Ta
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
có
uu 1 uu
ur
ur
AB + AC
uu
u
r
u
r
uu
ur
uu 2 uu 1 uu
ur
ur
ur
1 uu
2
PB = - PC AP =
hay AP= AB + AC
3
2
3
3
2
uu uu uu
ur
ur ur
ur
ur
uu 4 uu 1 uu
ur
ur
ur
AR u u
1 uu
.AB - AC hay QR=
AB - AC
Ngoài ra : QR = AR - AQ =
AB
3
15
3
uuuu 2 uu 1 uu 4 uu 1 uu
ur ur
ur
ur
ur
ur
ur ur
8
1
2 uu uu
AB - AC =
AB2 - AC 2 AB.AC
Khi đó : AP.QR = AB + AC .
3
3
9
15
3
15
45
8 2 1 2 2
=
9a - 9a 3a.3a.cos600 = 0 .
45
9
15
:
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Vậy : AP QR .
Bài 5 : (2,0 điểm)
A(2; -1) , B(0; 1) , C(3; -4)
1. (1,0 điểm) Gọi H(x; y) là tọa độ trực tâm của ABC
uu
ur
uu
ur
uu
ur
uu
ur
AH = (x - 2; y + 1) , BH = (x ; y - 1) , BC = (3; -5) , AC = (1; -3)
Ta có
: H là trực tâm ABC
AH BC
BH AC
Vậy
0,25 đ
uu uu
ur ur
AH.BC = 0
3(x - 2) - 5(y + 1) = 0
3x - 5y = 11
x = 12
ur ur
uu uu
1.x - 3(y - 1) = 0
x - 3y = -3
y = 5
BH.AC = 0
: H(12; 5)
r
2. (1,0 điểm) Gọi I(x0; y0) là điểm thỏa mãn hệ thức : 2 IA + 2 IB - 3 IC = 0
2(2 - x 0 ) + 2(0 - x 0 ) - 3(3 - x 0 ) = 0
x 0 = -5
: I(-5; 12)
2(-1 - y0 ) + 2(1 - y 0 ) - 3(- 4 - y 0 ) = 0
y 0 = 12
uu
uu
r
uu
ur
uu
ur
uu ur
u
r
u
uu ur
u
r
u
uu ur
u
r
u
Ta có : 2.MA + 2.MB - 3.MC = 2.(MI + IA) + 2.(MI + IB) - 3.(MI + IC)
uu
u
r
ur
u
ur
u
ur
u
uu
u
r
MI + 2.IA + 2.IB - 3.IC = MI = MI
Vậy
: M Ox mà
2.MA + 2.MB - 3.MC
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
đạt GTNN
M Ox mà MI ngắn nhất , với I(-5; 12)
M là hình chiếu của điểm I(-5; 12) lên trục Ox
0,25 đ
0,25 đ
M(-5; 0) .
Lưu ý : Đáp án và hướng dẫn chấm này có 03 trang .
HS có cách giải khác : đúng, chính xác và logic thì Giám khảo căn cứ theo
thang điểm cho điểm hợp lý.
- Xem thêm -