Trường THPT Vinh Xuân KIỂM TRA HỌC KỲ I - NĂM HỌC 2009-2010
Tổ Toán Tin MÔN TOÁN LỚP 10 ( Thời gian 90 phút )

ĐỀ THI CHÍNH THỨC
A-PHẦN CHUNG DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm )
Câu 1: (1,5 đ ) Cho hai tập hợp
( )
2;4A = −
và
[
)
0;7B =
.
Tìm các tập hợp
A B∪
,
, \ , \A B A B B A∩
và biểu diễn chúng trên trục số.
Câu 2: (1,5 đ ) Cho hàm số
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

a) Xác định m để hàm số đồng biến trên
¡
.
b) Giải và biện luận theo m phương trình
( )
1 3 2 0m x x m− + + − =
.
Câu 3: (1đ ) Tìm hàm số bậc hai, biết đồ thị của nó là đường parabol có đỉnh
( )




− = −


Câu 7a: (1đ ) Cho phương trình
2
2 3 0x x m− + − =
.
Xác định m để phương trình có hai nghiệm phân biệt mà nghiệm này gấp đôi
nghiệm kia.
Câu 8a: (1đ ) Cho tam giác ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB tương ứng lấy các điểm I,
J, K sao cho
2 2 2
, ,
5 5 5
BI BC CJ CA AK AB= = =
uur uuur uuur uuur uuur uuur
. Chứng minh rằng
0AI BJ CK+ + =
uur uuur uuur r
.
Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu 6b: (1đ ) Giải hệ phương trình:
2 2
4 4 23
19
xy x y
x xy y

( )
[
) ( )
[
)
2;7 , 0;4 , \ 2;0 , \ 4;7A B A B A B B A∪ = − ∩ = = − =
( Tính đúng mỗi tập hợp cho 0,25)
Biểu diễn trên trục số (đúng hai tập hợp cho 0,25)
1,00
0,50
2
Cho hàm số
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

1,50
2a Xác định m để hàm số đồng biến trên
¡
. 0,50
Ta có
( )
1 3 2y m x x m= − + + −

( )
2 2y m x m⇔ = + + −
Để hàm số đồng biến trên
¡
thì
2 0 2m m+ > ⇔ > −
0,25

thì phương trình
(1)
′
có dạng
0 4x = ⇒
pt
(1)
′
vô nghiệm
Kết luận: *
2m ≠ −
: phương trình (1) có nghiệm duy nhất
2
2
m
x
m
−
=
+
*
2m = −
: phương trình (1) vô nghiệm .
0,25
0,25
0,25
0,25
3 Tìm hàm số bậc hai 1,00
Hàm số bậc hai cần tìm có dạng
2

9 3 1
a b
a b c
a b c
+ =


⇔ + + =


+ + = −


1
2
2
a
b
c
= −


⇔ =


=

Vậy hàm số cần tìm là
2
2 2y x x= − + +




+ = −



1
2
2
0
x
x
x

≥


⇔

=



 =



2x⇔ =
0,50

Ta có
( )
2 2
2;1 2 1 5AB AB= ⇒ = + =
uuur uuur

( )
2 2
3;1 ( 3) 1 10AC AC= − ⇒ = − + =
uuur uuur

. 2( 3) 1.1 2
cos
2
5. 10
.
AB AC
A
AB AC
− +
= = = −
uuur uuur
uuur uuur
Vậy
·
0
135BAC =
.
0,25
0,25

2
x
y
= −

⇔

=

Vậy
( )
6;2D −
.
0,25
0,25
0,25
PHẦN RIÊNG ( 3 điểm )
• Phần 1: Theo chương trình chuẩn
Câu Nội dung Điểm
6a Giải hệ phương trình 1,00
Điều kiện
0, 0x y≠ ≠
.
Đặt
3 2
, u v
x y
= =
. Hệ đã cho trở thành
2 3



=



3
2
x
y
=

⇔

=

Vậy hệ đã cho có một nghiệm là
( ) ( )
; 3;2x y =
0,25
0,25
0,25
0,25
7a
Cho phương trình
2
2 3 0x x m− + − =
. Xác định m để phương trình
1,00
Phương trình đã cho có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi

2 3
2
x
x m
x x
=


⇔ = −


=


2
1 2
2
3
8
3
9
2
x
m
x x

=




AB BC BC CA= + + + +
uuur uuur uuur uuur
2
( )
5
CA AB+
uuur uuur

2
( ) ( ) 0
5
AB BC CA AB BC CA= + + + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur r

0,25
0,25
0,50
• Phần 2: Theo chương trình nâng cao
Câu Nội dung Điểm
6b Giải hệ phương trình 1,00
Đặt
, S x y P xy= + =
, ta có
2 2 2
2x y S P+ = −
.
Thế vào hệ phương trình đã cho, ta được hệ phương trình ẩn S và P.
2
4 23
19


= −

Do đó, hệ phương trình đã cho tương đương với hệ:
2
15
x y
xy
+ = −


= −


3
5
x
y
=

⇔

= −

hoặc
5
3
x
y
= −

khi
1 2
1 2
0, 0
. 1
x x
x x
≠ ≠


=


1 2
1 0
. 1 1
k
x x k
− ≠

⇔

= − =


1
2
k
k
≠

2( ) 0NA NK KA NK KB⇔ + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur
(với K là một điểm bất kỳ).
( )
3 2 0NA NK KA KB⇔ + + =
uuur uuur uuur uuur
.
Chọn điểm K thỏa mãn
2 0KA KB+ =
uuur uuur r
thì K chia đoạn AB theo tỉ số
2k = −
nên điểm K cố định.
Khi đó
2
2 . 0NA NA NB+ =
uuur uuur
3 . 0NA NK⇔ =
uuur uuur
NA NK⇔ ⊥
uuur uuur
·
0
90ANK⇔ =

⇔
N thuộc đường tròn đường kính AK.
0,25
0,25
0,25