NỘI DUNG BÀI TẬP VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN -LỚP 10 CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO –THPT(Học Kỳ2) Câu1.( Mức độ: B; 1,0 điểm ; Thời gian: 10 phút. ) 2 2 5 4 20 25x x x+ = − + Đáp án Điểm Tacó: 2 2 5 4 20 25x x x+ = − + ⇔ 2 5 2 5x x + = + 2 5 2 5x x⇔ + = + 0.25 Áp dụng: , ,a b a b a b+ ≥ + ∀ ∈ ¡ . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: . 0a b ≥ 0.25 Vậy : 2 5 2 5 2 .5 0 0x x x x+ = + ⇔ ≥ ⇔ ≥ . 0.25 Suy ra tập nghiệm PT là : [ ) 0;T = +∞ . 0.25 Câu 2 . ( Mức độ: C; 1,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ).Giải Bất phương trình : 2 2 4 1 3 10 x x x − > − − Đáp Án Điểm Ta có: 2 2 2 2 2 4 2 4 2 4 3 10 1 1 0 0 3 10 3 10 3 10 x x x x x x x x x x x − − − − − − > ⇔ − > ⇔ > − − − − − − 0.5 ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 4 3 10 2 4 3 10 0 2 4 3 10 2 4 0 3 10 0 3 10 0 3 10 0 x x x x x x x x x x x x x x x x  − > − −    − − − − > − > − −    ⇔ ⇔ ⇔ − >    − − > − − >      − − >   0.5 2 3 13 26 0 2 5 2 5 x x x x x x  − + >  ⇔ > ⇔ >   < − ∨ >  0.5 Câu 3. (Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút.) Giải phương trình : 3x 4 2 3x+ = − . Đáp án Điểm * 3x 4 2 3x (1) Pt 3x 4 3x 2(2) + = −  ⇔  + = −  * 1 x 3 Vn  =  ⇔   . Vậy 1 3 x = là nghiệm phương trình. 0.5 0.5 Câu 4. ( Mức độ: C; 2 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho phương trình : 2 mx 2(m - 2)x m 3 0 (1).+ + − = THPT NGỌC HỒI Tổ Toán a/ Giải và biện luận phương trình (1) theo m. b/ Tìm m để phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 x ,x sao cho : 1 2 2 1 x x 3 x x + = . Câu Đáp án Điểm 3a * Khi m = 0 thì (1) trở thành : 3 4x 3 0 x 4 − − − = ⇔ = . * Khi m 0≠ thì (1) là phương trình bậc hai có 4 m∆ = − . + Nếu m > 4 thì phương trình (1) vô nghiệm. + Nếu m 4≤ thì phương trình (1) có hai nghiệm : 1 2 2 m 4 m x m , − ± − = . Kết luận : + m = 0 : 3 S 4 − = . + m > 4 : S = ∅ . + m 4≤ và m 0 ≠ : Phương trình (1) có hai nghiệm : 1 2 2 m 4 m x m , − ± − = . 0.25    0.25 0.25 0.25 0.5 3b * Khi m 4≤ và m 0 ≠ thì phương trình (1) có hai nghiệm 1 2 x x, . * ( ) 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x 3 x x 5x x 0 x x + = ⇔ + − = . * Thay vào và tính được 1 65 m 2 − ± = : thoả mãn điều kiện m 4≤ và m 0 ≠ .      0.25 0.25 Câu 5 ( Mức độ: C; 2,5 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho ∆ABC với A(1; 2),B(5; 2),C(3;2)− − . Tìm toạ độ trọng tâm G, trực tâm H và tâm đường tròn ngoại tiếp I của ∆ABC. Câu Đáp án Điểm 4 Toạ độ trọng tâm G : 9 G 1 2 ;   −  ÷   . Toạ độ trực tâm H : * AH BC 0 2 x 1 4 y 2 0 2 x 5 4 y 2 0 BH AC 0 . ( ) ( ) ( ) ( ) . uuuur uuur uuuur uuur  = − − + + =   ⇔   − + + = =    . * H (3 ; - 1 ). Toạ độ tâm đường trong ngoại tiếp I : * 2 2 2 2 AI BI 8x 24 4x 8y 8 AI CI  = =   ⇔   + = =    . * 1 I 3 2 ;    ÷   . 0.75 0.75 0.25 0.5 0.25 Câu 6. ( Mức độ: C; 3 điểm ; Thời gian: 15 phút. ) 1. Cho hệ phương trình: x 2 1 ( 1) m y x m y m  + =  + − =  . Hãy xác định các tham số thực m để hệ phương trình có nghiệm duy nhất. 2. Cho phương trình: 2 2 2 x+m -m=0x m− . Tìm tham số thực m để phương trình có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thỏa mãn 1 2 2 1 3 x x x x + = . Câu Đáp án Điểm 6.1 (1.5 đ) Hệ phương trình có nghiệm duy nhất * Điều kiện : D 0≠ . * Tính 2 D m m 2= − − và giải được m 1≠ − và m 2≠ . Vậy với m 1≠ − và m 2≠ thì hệ phương trình (I) có nghiệm duy nhất (x ; y) với 1 x m 2 − = − và m 1 y m 2 − = − . 0.75 0.25 0.5 6.2 (1.5 đ) Phương trình: 2 2 2 x+m -m=0x m− có hai ngiệm phân biệt khi ' 0∆ > 0m ⇔ > TheoYCBT thì: + + = ⇔ = ⇔ + − = 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 1 2 3 3 .x ( ) 5x x 0 x x x x x x x x x 2 2 2 (2 ) 5( ) 0 5 0 0( ) 5 m m m m m m L m ⇔ − − = ⇔ − + =  = ⇔  =  Vậy với m=5 thì thỏa YCBT 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 7. ( Mức độ: B; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Chứng minh rằng nếu x,y,z là số dương thì 1 1 1 ( )( ) 9x y z x y z + + + + ≥ . Câu Đáp án Điểm 7 (1.0 đ) , , 0x y z∀ > . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 3 3 . .x y z x y z+ + ≥ (1) 1 1 1 , , 0 ; ; 0x y z x y z ∀ > ⇒ > . Áp dụng BĐT Cô si cho ba số, ta được: 3 1 1 1 1 1 1 3 . . x y z x y z + + ≥ (2) Nhân BĐT (1) & (2) vế theo vế, ta được: 1 1 1 ( )( ) 9x y z x y z + + + + ≥ . đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 8. (Mức độ: B; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) 1. Trong mặt phẳng Oxy, cho các vectơ: 2 , 5 , 3 2 .OA i j OB i j OC i j= − = − = + uuur r r uuur r r uuur r r Tìm tọa độ trọng tâm, trực tâm của tam giác ABC. 2. Cho 4 sin (0 ) 5 2 π α α = < < . Tính giá trị biểu thức: 1 tan 1 tan P α α + = − . 3. Câu Đáp án Điểm 8.1 (1.0 đ) Tọa độ các điểm A(1;-2), B(5;-1), C(3;2). Toạ độ trọng tâm G : 1 G 3 3   −  ÷   ; . Toạ độ trực tâm H : Gọi (x;y) là tọa độ của H. * AH BC 0 2 x 1 3 y 2 0 2 x 5 4 y 1 0 BH AC 0  = − − + + =   ⇔   − + + = =    . ( ) ( ) ( ) ( ) . uuuur uuur uuuur uuur . 0.25 0.25 0.25 0.25 * 25 2 ( ; ) 7 7 H − . 8.2 (1.0 đ) Ta có: 4 sin 5 α = . Tìm được 3 4 cos ; tan 5 3 α α = = Thay vào biểu thức: 4 1 1 tan 3 7 4 1 tan 1 3 P α α + + = = = − − − . 0.5 0.5 Câu 9. (Mức độ: D ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho tam giác ABC có ba cạnh là a, b,c. Chứng minh rằng: c C b B a A abc cba coscoscos 2 222 ++= ++ . Câu Đáp án Điểm 9 (1.0 đ) Ta có ( ) CABCCAABBCABCABCAB CABCAB .2.2.2 222 2 +++++= ++ 0.5 c C b B a A abc cba CabAcbBaccba CABCCAABBCABcba coscoscos 2 cos.2cos2cos.2 .2.2.2 222 222 222 ++= ++ ⇔ ++=++⇔ ++=++⇔ 0.5 Câu 10. (Mức độ: C ; 1,5điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Có 100 học sinh tham dự học sinh giỏi môn Toán ,( thang điểm là 20) kết quả được cho trong bảng sau : Điểm 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 Tần số 1 1 3 5 8 13 19 24 14 10 2 N=100 a,Tính số trung bình và số trung vị. b,Tính phương sai và độ lệch chuẩn. Đáp án Điểm a,Số trung bình: 11 1 1 . . 15,23 100 i i i x x n = = = ∑ . 0.25 Số trung vị: 15 16 =15,5 2 e M + = 0.25 b,Phương sai: 2 11 11 2 2 2 1 1 1 1 3,96 100 100 i i i i i i S n x n x = =   = − ≈  ÷   ∑ ∑ 0.25 + 0.5 Độ lệch chuẩn : 1,99S ≈ 0.25 Câu 11.(Mức độ: D ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Tìm m để hệ phương trình : 2 2 2 ( 1) 1 2 x m y m x m y m m − + = − +   − = − −  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. Đáp án Điểm Tìm m để hệ phương trình : 2 2 2 ( 1) 1 2 x m y m x m y m m − + = − +   − = − −  có nghiệm duy nhất là nghiệm nguyên. 0,5 * D = 2 2 2 -m-1 2 1 ( 1)(2 1) 1 -m m m m m= − + + = − − + D x = 3 2 3 2 2 2 1 -m-1 3 2 2 (2 1) 2 -m m m m m m m m m m m − + = − − − − = − + − − D y = 2 2 2 -m+1 2 4 1 ( 1)(2 1) 1 -m 2 m m m m m m = − − + − = + + − *D = -(m-1)(2m+1) ≠ 0⇔ m≠ 1 và m ≠ - 1 2 thì hệ pt có nghiệm (x;y) duy nhất: x = 2 2 2 1 1 x D m D m m = = + − − y = 1 2 1 ( 1) 1 y D m D m m + = = − − − − − * Để x ∈ ¢ ,y ∈ ¢ thì : m- 1 = ± 1, m- 1= ± 2.Suy ra : x∈ { 2;0;3;- 1} 0,25 0,25 0,5 0,5 Câu 12. (Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 Đáp án Điểm Bằng cách đặt ẩn phụ,giải phương trình sau: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3 * Ta có: (x-1)(x-2)(x-3)(x-4) = 3⇔(x-1)(x – 4)(x-2)(x-3) – 3 = 0 ⇔(x 2 - 4x +4)(x 2 - 4x +6) – 3 = 0 (1) *Đặt t = x 2 - 4x +4.Pt (1)⇔ t(t+2) – 3 = 0 ⇔ t 2 +2t – 3 = 0 1 3 t t =  ⇔  = −  *t = 1: x 2 - 4x +4 = 1 ⇔ x 2 – 4x + 3 = 0 5 13 2 x ± ⇔ = *t = - 3: x 2 - 4x +4 = - 3 ⇔ x 2 – 4x + 7 = 0.Phương trình này vô nghiệm Vậy nghiêm của pt (1): 5 13 2 x ± = 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 13.(Mức độ: B ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy,cho :A(2;6),B(-3;4),C(5;0) a) Chứng minh A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. b) Tìm tọa độ điểm D sao cho 2AD BC= − uuur uuur Câu Đáp án Điểm 18a ∆ABC có:A(2;6),B(-3;4),C(5;0) Chứng minh rằng A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. * AB uuur = (-5;-2) AC uuur = (3;-6) * Vì 5 2 3 6 − − ≠ − nên AB uuur và AC uuur không cùng phương nên A,B,C không thẳng hàng, hay A,B,C là ba đỉnh của một tam giác. Tìm tọa độ điểm D sao cho 2AD BC= − uuur uuur Giả sử D(x;y) 0,25 0,25 0,25 0,25 18b * AD uuur = (x-2;y-6) (8;4)BC = uuur ⇒ -2 BC uuur = (-16;-8) * 2AD BC= − uuur uuur ⇔ 2 16 6 8 x y − = −   − = −  ⇔ 14 2 x y = −   = −  0,5đ 0,25 0,25 Câu14.(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Cho f(x) = x 2 – 2x – 4m – 1 a).Tìm giá trị của m để f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt b). Tìm giá trị m để f(x) > 0 với mọi x ∈ R Đáp án Điểm a,f(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ 0∆ > ⇔ 4 + 16m + 4 > 0 ⇔ 1 2 m > − b,để f(x) > 0 với mọi x ∈ R ⇔ 0∆ < ⇔ 4 + 16m + 4 < 0 ⇔ 1 2 m < − 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 15.(Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải phương trình: a) 4 7 2 3x x+ = − (1) b) 2 3 1x x+ = − (2) Câu Đáp án Điểm 20 a(1điểm) Điều kiện 7 4 x ≥ − Pt(1) 2 4 7 4 12 9x x x⇒ + = − + ⇒ 4x 2 -16x+2=0. ⇒ x 1,2 = 4 14 2 ± Cả hai giá trị đều thoã mãn điều kiện nhưng khi thay vào phương trình thì x 2 = 4 14 2 − không thoã mãn. Vậy phương trình có một nghiệm là x= 4 14 2 + 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 20b (1điểm) +)Với x ≥ 3 2 − phương trình trở thành 2x+3=x-1 hay x=-4 (không thoã mãn đk x ≥ 3 2 − n ên bị loại) +) V ới x< 3 2 − phương trình trở thành -2x-3=x-1 Hay x= 2 3 − (lo ại) V ậy : Phương trình vô nghiệm. 0,5 0,5 Câu 16.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 10 phút. ).Giải các bpt sau: a,(1,0điểm) 3x-1>1+x b,(2,5điểm) 12)1(3 2 −<− xx Đáp án Điểm a,3x-x-1-1>0 0,5 x>1 0,5 b,      −<− ≥− >− 22 2 )12()1(3 0)1(3 012 xx x x (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) 0,75 { }        ∈∀ ≥−≤ > 2\ 1,1 2 1 Rx xx x (Mỗi câu đúng 0,25 điểm) Vậy: [ ) { } 2\;1 + ∞∈∀ x là nghiệm 0,75 Câu 17.(1đ).(Mức độ: C ; 1điểm ; Thời gian: 10 phút. ) Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y=(-2x+3)(x-1), với 3 1 2 x≤ ≤ Đáp án Điểm Ta c ó y=(-2x+3)(x-1)= 1 2 (-2x+3)(2x-2), Với 3 1 2 x≤ ≤ . Ta có 2x-2>0 và -2x+3>0. Áp dụng bất đẳng thức côsi cho 2 số dương là 2x-2>0 và -2x+3>0. ta được: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 (2x-2)+(-2x+3) 2 2 2 2 3 1 ( ) 2 2 2 3 2 1 1 2 2 2 3 2 8 x x x x x x ≥ − − + ⇔ ≥ − − + ⇔ − − + ≤ Hay y ≤ 1 8 .Vậy giá trị lớn nhất của y là 1 8 , đạt tại x= 5 2 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 18.(Mức độ: C ; 3điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho A(-4;2);B(2;6);C(0;-2) a).Hãy tìm toạ độ điểm D sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành b) Xác định toạ độ trọng tâm G của tam giác ABC c) Xác định toạ độ tr ực tâm H của tam giác ABC Câu Đáp án Điểm Câu 18a Tứ giác ABCD là hình bình hành nên AB DC= uuur uuur (1) Mà (6;4)AB = uuur ; ( ;2 )DC x y= − − uuur Từ (1) ta có 6 6 2 4 2 x x y y − = = −   ⇔   − = = −   Vậy D(-6;-2) 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 18b Gọi G là trọng tâm của tam giác.Khi đó ; 3 3 A B C A B C x x x y y y G + + + +    ÷   hay 2 ( ;2) 3 G − 0,25 0,25 Câu 18c Gọi H là trực tâm của tam giác ABC.Khi đó: ( ) ( ) ( ) ( ) 4; 2 ; 2; 6 ; 2; 8 ; 4; 4AH x y BH x y BC AC= + − = − − = − − = − uuur uuur uuur uuur Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) 2 4 8 2 0 . 0 4 2 4 6 0 . 0 4 4 0 4 0 12 12 8 5 ; ( ; ) 8 5 5 5 x y AH BC AH BC BH AC x y BH AC x y x y x H y  − + − − = ⊥ =    ⇔ ⇔    ⊥ − − − = =      − − + =  ⇔  − + =   = −  −  ⇔   =   uuur uuur uuur uuur 0,25 0,75 0,25 0,25 Câu19. (Mức độ: C ; 2điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Giải các phương trình sau : a) ( 1 điểm) 1243 −=− xx b) ( 1 điểm) 1262 2 −=+− xxx Câu Đáp án Điểm 19a 19b Tùy theo cách cách giải khác nhau để cho điểm sau đây là một cách cụ thể Đặt đk: 2 1 012 ≥⇔≥− xx Pt 0,25 1x 3x 0,25 2143 1243    = = ⇔    −=− −=− ⇔ xx xx So sánh điều kiện kết luận pt có nghiệm x = 3 và x =1 Đặt đk: 0,25 012 062 2    ≥− ≥+− x xx { Không nhất thiết phải giải điềm kiện} Pt 0,25 3 5 x 1x 0,25 14462 22     = −= ⇔+−=+−⇔ xxxx So sánh điềm kiện kết luận: Pt có nghiệm x = 3 5 0,5 0,5 0,5 0,5 Câu20.(Mức độ: C ; 2,5điểm ; Thời gian: 15 phút. ) Cho tam giác ABC có A(1;2), B(-1;1), C (1;1) a). Viết phương trình tổng quát của trung tuyến AM b). Viết phương trình tổng quát của đường cao AH c).Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Đáp án Điểm a M(0;1) 0,25 AM: x-y+1=0 0,25 b → BC =(2;0) 0,25 VTPT → AH =(2;0) 0,25 AH: 2x-2=0 0,5 c Phương trình đường tròn có dạng (C):x 2 +y 2 +2ax+2by+c=0 (C) qua A(1;2) ⇔ 1 2 +2 2 +2a1+2b2+c=0 0,25 (C)qua B(-1;1) ⇔ (-1) 2 +1 2 +2a(-1)+2b1+c=0 0,25 (C) qua C(1;1) ⇔ 1 2 +1 2 +2a1+2b1+c=0 0,25 a= 0 , b= 2 3 − , c=1 phương trình đường tròn cần tìm: (C): x 2 +y 2 -3y+1=0 0,25 Hết. GV.Đặng Ngọc Liên