TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI C (2010-2011) THỜI GIAN : 90’(Không kể thời gian giao đề) Câu 1(3,5đ) : Cho hàm số y = x 2 + 4x + 3 a) Lập bảng biến thiên, vẽ đồ thị hàm số b) Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị trên và đường thẳng y = x + 3 Câu 2 (3,5đ) : a) Giải phương trình sau x 4 + 4x 2 – 5 = 0 b) Cho phương trình : x 2 – 2010x + 1 = 0 gọi x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình. Hãy tìm 2 2 1 2 x x+ Câu 3 (3đ) : Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm: A(1;4); B( -2 ; 2); C(4; 0) a) Chứng minh rằng : ba điểm A; B;C là ba đỉnh của tam giác b) Tìm toạ độ điểm D sao cho ABDC là hình bình hành c) Tìm toạ độ điểm M trên ox để A ; B; M thẳng hàng ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN C) Câu 1 (3,5 điểm) 1/ Cho hàm số y = x 2 + 4x + 3 a/Lập bảng biến thiên, vẽ đồ thị hàm số b/Tìm toạ độ giao điểm của đồ thị trên và đường thẳng y = x + 3 a/ (2đ) Ta có a > 0 (P) quay bề lõm lên trên, Toạ độ đỉnh là S(-2 ; -1) Ta có bảng biến thiên x - ∞ -2 + ∞ + ∞ + ∞ y -1 0,5 0,5 4 2 -2 -4 -5 5 y=f(x) S -1 -2 3 1 b/ (1,5 điểm) Ta xét hệ sau : 2 y x 4x 3 y x 3  = + +  = +  nên ta có x 2 + 3x = 0 0,5 + giải phương trình này thì x = 0; x = - 3 0,5 khi x = 0 thì y = 3 nên toạ độ A(0; 3) khi x = -3 thì y = 6 nên toạ độ B( - 3; 0)……………………………… Kết luận toạ độ giao điểm A(0;3); B(-3;0)…………………………… 0,25 0,25 Câu 2 (3,5 điểm) a) Giải phương trình sau x 4 + 4x 2 – 5 = 0 b/Cho phương trình : x 2 – 2010x + 1 = 0 gọi x 1 ; x 2 là nghiệm của phương trình. Hãy tìm 2 2 1 2 x x+ a/ (1,5đ) ta đặt x 2 = y ≥ 0 thì phương trình có dạng y 2 + 4y – 5 =0 0,25 phương trình có nghiệm y = 1 hoặc y = - 5 (loại) 0,5 với y = 1 thì x = 1, x = - 1 0,5 KL : nghiệm x = 1; x = - 1 0,25 b/ (2đ) ta có ∆ = (2010) 2 – 4 > 0 nên phương trình có hai nghiệm phân biệt 0,5 ta có 1 2 1 2 x x 2010 x .x 1 + =   =  0,5 nên 2 2 1 2 x x+ = 2010 2 – 2 0,5 Vậy 2 2 1 2 x x+ = 4040098 0,5 c/ Giả sử M(a; 0) nằm trên ox để A,B, M thẳng hàng ta cần…………… AB ( 3; 2),AM (a 1; 4)= − − = − − uuur uuuur cùng phương hay a 1 4 3 2 − = − Do đó a = - 5 Vậy M( - 5; 0) 0,25 0.25 0,25 0,25 Câu 3 (3 điểm) Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho ba điểm: A(1;4); B( -2 ; 2); C(4; 0) a/Chứng minh rằng : ba điểm A; B;C là ba đỉnh của tam giác b/ Tìm toạ độ D sao cho ABDC là hình bình hành c/Tìm toạ độ điểm M trên ox để A ; B; M thẳng hàng a/(1đ) Ta có AB ( 3; 2);AC (3; 4);= − − = − uuur uuur 0,25 giả sử AB kAC= uuur uuur hay (- 3; - 2) = k (3; -4) vô lý 0,5 Vậy A,B,C không thẳng hàng hay A,B,C là đỉnh của tam giác 0,25 b/(1đ) Giả sử D(x;y) Để ABDC là hình BH ta cần AB CD ( 3; 2) (x 4; y)= ⇔ − − = − uuur uuur 0,5 Vậy x 4 3 x 1 y 2 y 2 − = − =   ⇔   = − = −   0,25 KL D(1;-2) 0,25 Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI A ( 2010) THỜI GIAN : 150’(Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx 2 – 2 (m – 3 )x + m – 4 = 0 a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương Câu 2(3đ) : a) Giải hệ phương trình sau: 2 2 1 1 x y 2 2 y x (x 1)y (y 1)x 4xy  + + + =    + + + =  b) Giải phương trình sau : 2 2 2x 8x 6 x 1 2x 2+ + + − = + Câu 3 (4đ) : 1/ Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C nằm trên oy; trọng tâm G nằm trên Ox a) Tìm toạ độ đỉnh C và G b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC. c) Tìm m sao cho AB mAC+ uuur uuur đạt giá trị nhỏ nhất 2/ Cho ∆ ABC.Chứng minh rằng (a + b).cosC + (b + c).cosA + (c + a).cosB = a + b + c Câu 4(1đ) : Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng : a b c 3 3a b c a 3b c a b 3c 5 + + ≤ + + + + + + ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN A) Câu Nội dung Đ I Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx 2 – 2 (m – 3 )x + m – 4 = 0 a)Giải phương trình với m = 1 b)Tìm m để phương trình có đúng một nghiệm dương 2,00 a khi m=1 1,00 phương trình : x 2 + 4x – 3 = 0 có ∆’ = 7 0,25 nên x 2 7= − ± 0,5 Vậy phương trình cn : x 2 7= − ± 0,25 b Tìm m để …. 1,00 Khi m = 0 phương trình có dạng 6x – 4 = 0 hay x = 2/3 (t/m) 0,25 Khi m khác 0 theo yều cầu thì x 1 < 0< x 2 hay có nghiệm bằng 0;một nghiệm dương; hoặc có một nghiệm kép dương *) x 1 < 0< x 2 khi m(m – 4 ) < 0 ⇔ 0 < m < 4 *) có nghiệm bằng 0 khi m = 4 thử lại 4x 2 – 2x = 0 ⇔ x = 0 ;x = ½ (t/m) *) khi ∆ = 0 ta có m = 9/2 thử lại thấy đúng 0,25 0,25 KL : 0 ≤ m ≤ 4, hay m = 9/2 0,25 II a) Giải hệ phương trình sau: 2 2 1 1 x y 2 2 y x (x 1)y (y 1)x 4xy  + + + =    + + + =  b) Giải phương trình sau : 2 2 2x 8x 6 x 1 2x 2+ + + − = + 3,00 a 2,00 ĐK x ; y ≠ 0 ; 1 1 x 0; y 0 y x + ≥ + ≥ TỪ phương trình (2) ta có 1 1 x y 4 x y + + + = Đặt 1 1 x u 0; y v 0 y x + = ≥ + = ≥ 0,25 ta có hệ 2 2 u v 2 2 u v 4  + =   + =   (viết hệ : 0,25đ)…………………………………… . giải ta có u = v = 2 (giải hệ : 0,5 đ )………………………………… 0,25 0,5 + Vậy 1 1 x 2; y 2 y x + = + = + Giải ra ta có x = 1; y = 1 0,25 0,5 Kết luận : nghiệm (1;1) 0,25 b Giải 2 2 2x 8x 6 x 1 2x 2+ + + − = + 1,00 ĐK:x ≤ - 3 ; x = -1; 1 ≤ x ta có x = -1 là nghiệm 0,25 từ phương trình ta có -1 ≤ x khi x 1;pt (x 1)(2x 6) (x 1)(x 1) 2 (x 1)(x 1) 25 2x 6 x 1 2 x 1 2 (2x 1)(x 1) x 1 x 1;x 7 ≥ ⇔ + + + + − = + + ⇔ + + − = + ⇔ + − = − ⇔ = = − 0,5 KL nghiệm phương trình x =1 ; x = -1 0,25 III Câu 3 (4đ) : 1/ Trên mặt phẳng Oxy,cho ∆ ABC có A( - 1;1); B( 0 ; 2); C nằm trên oy; trọng tâm G nằm trên Ox a) Tìm toạ độ đỉnh C và G b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC. c) Tìm m sao cho AB mAC+ uuur uuur đạt giá trị nhỏ nhất 2/ Cho ∆ ABC.Chứng minh rằng (a + b).cosC + (b + c).cosA + (c + a).cosB = a + b + c 4,00 1 a Giả sử C(0 ; b) ; G (a ;0) theo gt thì 1 a 3 1 2 b 0 3 −  =    + +  =   Vậy a = -1/3 ; b = - 3 KL C(0 ; -3) ; G(-1/3 ; 0) 0,5 0,5 1 b Giả sử H(x ;y) là trực tâm khi đó AH ⊥ BC ; BH ⊥ AC AH.BC 0 y 1 0 y 1 x 4(y 2) 0 x 4 BH.AC 0  = − = =    ⇔ ⇔    − − = = − =     uuur uuur uuur uuur 0,25 0,5 Vậy H(-4 ;1) 0,25 1 c Ta có AB (1;1);AC (1; 4) AB mAC (1 m;1 4m)= = − ⇒ + = + − uuur uuur uuur uuur Vậy 2 2 2 AB mAC (1 m) (1 4m) 17m 6m 2+ = + + − = − + uuur uuur theo yêu cầu bài toán thì m = 6/34…………………………………………. KL : m = 6/34 0,25 0,25 0,25 0,25 2 Ta c/m : a = b.cosC+ c.cosB (1) ta có : b.cosC+ ccosB = 2 2 2 2 2 2 2 a c b a b c 2a b. c a 2ac 2ac 2a + − + − + = = tương tự c = acosB+ bcosA(2) ; b = c.cosA+a.cosC (3) 0,5 0,25 Cộng 1,2,3 ta có đpcm Câu 4(1đ) : Cho a,b,c > 0 Chứng minh rằng : a b c 3 3a b c a 3b c a b 3c 5 + + ≤ + + + + + + 0,25 ta đặt a b c a b c a b c a b c M ; N 3a b c a 3b c a b 3c 3a b c a 3b c a b 3c + + + + + +     = + + = + +  ÷  ÷ + + + + + + + + + + + +     thì 2M + N = 3 0,5 a b c a b c a b c 1 1 1 N (a b c) 3a b c a 3b c a b 3c 3a b c a 3b c a b 3c 9 9 9 (a b c). N 3a b c a 3b c a b 3c 5 5 + + + + + +     = + + = + + + + ≥  ÷  ÷ + + + + + + + + + + + +     ≥ + + = ⇒ ≥ + + + + + + + + Vậy : 3 M 5 ≤ Dấu bằng khi a =b = c 0,5 Lưu ý: Mọi cách giải khác, nếu đúng vẫn cho điểm tối đa. TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LUỢNG LẦN 2 MÔN : TOÁN 10 _ KHỐI B (2010) THỜI GIAN : 150’(Không kể thời gian giao đề) Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx 2 – 2 m x + m – 5 = 0 a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. Câu 2 (4đ) : a) Giải hệ phương trình sau : x y 12 x y x y x y xy 15  + + + =  − −   =  b) Giải và biện luận phương trình sau: mx 1 2 x 1 + = − Câu 3(3đ) : Trên mặt phẳng Oxy Cho ∆ ABC có A ( - 1;1); B( 0 ; 2); đỉnh C nằm trên oy; trọng tâm G nằm trên Ox a) Tìm toạ độ đỉnh C và G b) Tìm toạ độ trực tâm tam giác ABC. c) Tìm m sao cho AB mAC+ uuur uuur đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 4(1đ) : Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 2 4 2 x A x x 9 = + + ĐÁP ÁN ĐỀ KSCL TOÁN LẦN 2 (10 BAN B) Câu Nội dung Điểm I Câu 1(2đ) : Cho phương trình : mx 2 – 2 m x + m – 5 = 0 a) Giải phương trình với m = 1 b) Tìm m để phương trình có hai nghiệm trái dấu. 200 a Khi m =1 1,00 phương trình : x 2 – 2x – 4 = 0 0,25 ∆’= 5 0,25 x 1 5= ± 0,25 Vậy phương trình cn : x 1 5= ± 0,25 b phương trình có … 1,00 nếu a = 0 thì phương trình không thể có hai nghiệm trái dấu Vậy a khác 0 Để phương trình có hai nghiệm trái dấu cần ac< 0 0,25 hay m( m – 5 ) < 0 hay 0 < m < 5 0,5 KL : 0 < m < 5 thoả mãn ĐK 0,25 II Câu 2 (4đ) : a)Giải hệ phương trình sau : x y 12 x y x y x y xy 15  + + + =  − −   =  b) Giải và biện luận phương trình sau: mx 1 2 x 1 + = − 4,00 a 2,00 ĐK : x y 0; x y x y + ≥ ≠ − hệ có dạng 2 2 x y x y (x y) 12 x y xy 15  + − + − =  −   =  0,25 Ta có :x – y > 0 hệ có dạng 2 2 2 2 x y x y 12 xy 15  − + − =   =   (I) x – y < 0 hệ có dạng 2 2 2 2 x y x y 12 xy 15  − − − =   =   (II) 0,5 Giải hệ (I) Đặt 2 2 x y t 0− = ≥ ta có t 2 + t – 12 =0 t = 4; t = - 3 (L) 0,5 khi t = 4 hệ có dạng 2 2 x y 16 xy 15  − =  =  Do x – y > 0, và ĐK nên ta có x > 0; y > 0 hay 2 2 2 2 x ( y ) 16 x .( y ) 225  + − =   − = −   giải hệ này ta có nghiệm 3 109 9 x 2 3 109 9 y 2  + =    −  =   .Giải hệ (II) ta có : t 2 - t – 12 = 0 thì t = 3 hệ có dạng 2 2 x y 9 xy 15  − =  =  Giải hệ này có nghiệm x = - 5 ; y = - 3 KL : hệ có hai nghiệm : (-5; -3) ; 3 109 9 x 2 3 109 9 y 2  + =    −  =   …………………………. 0,5 0,25 b Giải và biện luận phương trình sau: mx 1 2 x 1 + = − 2,00 Đk : x ≠ 1 phương trình có dạng : mx + 1= 2x – 2 0,25 ⇔ x( m – 2 ) = - 3 khi m = 2 PT vô nghiệm Khi m ≠ 2 thì x = 3 m 2 − − ta cần 1 ≠ 3 m 2 − − hay m ≠ - 1 0,75 để x = 3 m 2 − − là nghiệm ta cần 1 ≠ 3 m 2 − − hay m ≠ - 1 0,75 KL: m = 2; m = 1 phương trình VN m ≠ - 1 ; 2 phương trình có nghiệm duy nhất 0,25 III 2,00 1 Giả sử C(0 ; b) ; G (a ;0) theo gt thì 1 a 3 1 2 b 0 3 −  =    + +  =   Vậy a = -1/3 ; b = - 3 KL C(0 ; -3) ; G(-1/3 ; 0) 0,5 0,5 2 Giả sử H(x ;y) là trực tâm khi đó AH ⊥ BC ; BH ⊥ AC AH.BC 0 y 1 0 y 1 x 4(y 2) 0 x 4 BH.AC 0  = − = =    ⇔ ⇔    − − = = − =     uuur uuur uuur uuur 0,25 0,5 Vậy H(-4 ;1) 0,25 Ta có AB (1;1);AC (1; 4) AB mAC (1 m;1 4m)= = − ⇒ + = + − uuur uuur uuur uuur 0,25 0,25