SỞ GD&ĐT QUẢNG TRỊ ĐỀ THI HỌC KỲ I
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU THẬN
 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:
2
3 1 9m x m x
− = −
Câu 2 : (2 điểm)
Cho hàm số
( )
2
0y ax bx c a
= + + ≠
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.
3 4 2x x
− = −

b.
2 5 4x x
− − =
Câu 4: (1 điểm)
Cho hai số dương a và b. Chứng minh (a + b)(
1 1
a b
+

⇔ − = −
⇔ − + = − −
- Nếu
1
3
m
≠ ±
thì pt(*) có nghiệm duy nhất
1
3 1
x
m
−
=
+
(0,25)
- Nếu
1
3
m
=
thì pt(*) trở thành 0x = 0, pt(*) có vô số nghiệm (0,25)
- Nếu
1
3
m
= −
thì pt(*) trở thành 0x = 2, pt(*) vô nghiệm (0,25)
Vậy phương trình đã cho: - Có nghiệm duy nhất
1

2
1
2
( ) (0,25)
4
4
2
1
(0,25)
2
12 16
S
S
b
x
a
S p
y
a
b a
a
b
b a a

= − =


∈ ⇔

∆

1
(0,25)
2
b
S p
a
a b c
a b
a b
a
b

− =

∈ ⇔


= + +

+ =

⇔

+ =

=−

⇔

=

; 1) và nghịch biến (1; +
∞
) (0,25)
Vẽ: (Chính xác đồ thị và đẹp ) (0,5)

4
2
-2
5
D
X = 1
0
3
3
2
1
-1
C
S
A
B
Câu 3:(2điểm) Giải các phương trình sau:
a.
3 4 2x x
− = −
(1)
Cách 1:

2 0
(1) (0.25)

− = −


≤


⇔
− = −




− = −


≤



=

⇔




=




x ≥
thì pt(1)
⇔
3x - 4 = 2 – x

⇔
4x = 6

⇔
x =
3
2
(TMĐK)
* Khi x <
4
3
thì pt(1)
⇔
4 – 3x = 2 – x

⇔
2x = 2

⇔
x = 1 (TMĐK)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
3
1,
2
x x= =


Thử lại nghiệm, ta thấy cả hai nghiệm
3
1,
2
x x= =
đều thoả mản pt(1)
Vậy pt đã cho có hai nghiệm
3
1,
2
x x= =
b.
2 5 4x x
− − =
(2)
Cách 1:

2
2
(2) 2 5 4
4 0
(0,25)
2 5 ( 4)
4
(0,25)
2 5 8 16
4
(0,25)
7


=


Đối chiếu điều kiện, pt có nghiệm duy nhất x = 7. (0,25)
Cách 2: Điều kiện 2x – 5
≥
0
⇔
x
≥

5
2
(**)

2
2
(2) 2 5 ( 4)
2 5 8 16
7
3
pt x x
x x x
x
x
⇒ − = −
⇒ − = − +
=


ba
11
+
)
≥
4. (0,25)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b. (0,25)
Cách 2: BĐT(3)
⇔

( ) 4
b a
a b
ab
+
 
+ ≥
 ÷
 ⇔

2
( ) 4a b ab+ ≥
(Do a, b là hai số dương)

⇔
a
2

= 0)
Ta có :
(6;2), (1; 3) (0,25)AB AC
= = −
uuur uuur
Mà
.AB AC
uuur uuur
= 6.1 + 2(-3) = 0 nên
AB AC⊥ ⇔
uuur uuur
AB
⊥
AC. Vậy ∆ ABC vuông tại A (0,5)
Cách 2: (Chứng minh Cos(
,AB AC
uuur uuur
) = 0
⇒
(
,AB AC
uuur uuur
) = 90
0
)
Ta có:

0
.
( , )

( 5; 5) 50
AB AB
AC AC
BC BC
= ⇒ =
= − ⇒ =
= − − ⇒ =
uuur
uuur
uuur

2 2 2
BC AB AC⇒ = +
Vậy ∆ ABC vuông tại A có cạnh huyền BC.
b/ Gọi E (3; 1), CMR : Ba điểm B, C, E thẳng hàng.
Cách 1: (
;BC CE
uuur uuur
cùng phương)
Ba điểm B, C, E thẳng hàng
BC kCE⇔ =
uuur uuur
(0,25)
Ta có :
( 5; 5); (2;2) (0,25)BC CE
= − − =
uuur uuur
Mà
5 5
(2;2)

− + − −
= = = =−
⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur
Vậy ba điểm B, C, E thẳng hàng.
c.
Cách 1: Gọi D(x
D
; y
D
), để tứ giác ABCD là hình bình hành .Khi đó:
AB DC=
uuur uuur
(0,25)
mà
(1 ; 1 )
D D
DC x y= − − −
uuur
. (0,25)
Hay
1 6 5
1 2 3
D D
D D
x x
y y

( 11; 7)BA BC+ = − −
uuur uuur
Mặt khác:
( 6; 4)
D D
BD x y= − −
uuur
.
Từ đó, ta có:
BD BA BC= +
uuur uuur uuur

⇔
6 11
4 7
D
D
x
y
− = −


− = −


⇔
5
3
D
D

3 1
7
2
(0.25)
3
2
I I I I
I I I I
I I
I I
I
I
IA IB
IA IC
IA IB
IA IB
x y x y
x y x y
x y
x y
x
y
=

⇔

=


=

Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
là:
7 3
( ; )
2 2
I
và bán kính của đường tròn
ngoại tiếp
ABC∆
là: R = IA =
2 2
7 3 5 2
2
2 2 2
   
− + − =
 ÷  ÷
   
(Đvđ) (0.25)
Cách 2: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, ta có: M(3; 3), N(
7 3
;
2 2
).
Mặt khác gọi
( ; )
I I
I x y
là tâm của đường tròn ngoại tiếp

=

  
+ =
⊥ =

   
⇔ ⇔ ⇔ ⇔
    
+ =
− − − − =
⊥ =

 
 
 
=



uuur uuur uuur uuur
uur uuur uur uuur
Vậy tọa độ tâm I của đường tròn ngoại tiếp
ABC
∆
là:
7 3
( ; )
2 2
I