Hoc Ki 1 Lop 10

Đại học quốc gia TPHCM Trường Phổ Thông Năng Khiếu

Đề thi học kì I Môn: Toán 10 (Đề dành cho lớp không chuyên)

2 2 Bài 1. a) Tìm m để phương trình ( x + 3x − m + 8 ) ( 2 x + 5 x + 2m − 1) = 0 vô nghiệm.

b) Tìm m để hàm số y =

x có tập xác định là [0; +∞) x − 3x + m 2

Bài 2. Giải các phương trình: a) x + 1 ( 2 x + 3) = 2 x + 3 . b)

2 x − 3 ( x 2 − 5x2 + 4 ) = 0

cos x  sin x  cos x − cos 3 x    cot x +   = 1. 1 + sin x  1 + cos x  4sin x   Trong đó: sin x.cos x ( 1 + cos x ) ( 1 + sin x ) ≠ 0 Bài 4. Tìm a, b sao cho đường thẳng d: y = 3 x − 5 cắt (P): y = x 2 + ax + b tại các điểm

Bài 3. Chứng minh rằng  tan x +

A ( 3; y A ) , B ( 7; yB )

Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy cho A ( −4; 4 ) , B ( 0; −4 ) , C ( 5;1) . a) Tìm tọa độ điểm D sao cho ABCD là hình bình hành. (AC và BD là hai đường chéo). b) Tìm tọa độ điểm E sao cho trung điểm I của AB là trọng tâm của tam giác BCE. c) Tính bán kính đường tròn ngoại tiếpuu của tam giác ABC. ur uuur uuuu r uuuu r d) Tìm điểm M trên trục tung sao cho MA.MB = MC.MD Hướng dẫn giải Bài 1. 2 2 a) Phương trình ( x + 3x − m + 8 ) ( 2 x + 5 x + 2m − 1) = 0 vô nghiệm khi và chỉ khi cả hai 2 2 phương trình x + 3 x − m + 8 = 0 ( 1) và 2 x + 5 x + 2m − 1 = 0

( 2 ) cùng vô nghiệm.

23 4 33 2 (2) vô nghiệm ⇔ ∆ 2 = 5 − 4.2. ( 2m − 1) < 0 ⇔ m > 16 33 23 <m< Do đó (1) và (2) vô nghiệm khi và chỉ khi 16 4 33 23 <m< Vậy phương trình đã cho vô nghiệm khi và chỉ khi 16 4 x b) y = 2 x − 3x + m 2 (1) vô nghiệm ⇔ ∆1 = 3 − 4 ( −m + 8 ) < 0 ⇔ m <

1

x ≥ 0

Điều kiện xác định của hàm số 

 x − 3x + m ≠ 0 Để hàm số có tập xác định là [0; +∞) thì phương trình x 2 − 3 x + m ≠ 0 với mọi x ∈ [0; +∞) 2 Hay phương trình x − 3 x + m = 0 ( 1) không có nghiệm trong [0; +∞) , điều này tương 2

đương với (1) vô nghiệm hoặc có hai nghiệm âm. 9 4 ∆ ≥ 0 9 − 4m ≥ 0   ⇔ m∈∅ Trường hợp 2: (1) có hai nghiệm âm ⇔  S < 0 ⇔ 3 > 0 P > 0 m > 0  

Trường hợp 1: (1) vô nghiệm ⇔ 32 − 4m < 0 ⇔ m >

Vậy tập xác định của hàm số là [0; +∞) khi và chỉ khi m > Bài 2. a) x + 1 ( 2 x + 3) = 2 x + 3

( 1)

 x ≥ −1 x +1 ≥ 0  ⇔ Điều kiện  3 ⇔ x ≥ −1 x ≥ − 2 x + 3 ≥ 0  2

Với điều kiện trên thì:

( 1)

⇔ ( x + 1) ( 2 x + 3) = 2 x + 3 2

⇔ ( 2 x + 3) ( x + 1) ( 2 x + 3) − 1 = 0 ⇔ ( 2 x + 3) ( 2 x 2 + 5 x + 2 ) = 0

−3  x = 2 ( l)  2 x + 3 = 0 ⇔ 2 ⇔  x = −2 ( l ) 2 x + 5x + 2 = 0  1  x = − ( n)  2 1 Vậy phương trình có một nghiệm x = − 2 2 2 b) 2 x − 3 ( x − 5 x + 4 ) = 0 (2)

Điều kiện 2 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

( 2)

3 . Với điều kiện trên ta có: 2

( *) ( **)

 2 x − 3 = 0 ⇔ 4 2  x − 5 x + 4 = 0

Giải (*):

2x − 3 = 0 ⇔ x =

3 2

( n)

Giải (**):

2

9 4

x 4 − 5 x 2 + 4 = 0 ⇔ ( x2 − 1) ( x2 − 4 ) = 0

⇔ ( x − 1) ( x + 1) ( x − 2 ) ( x + 2 ) = 0 x = 1   x = −1 ⇔  x = −2 x = 2 

( l) ( l) ( l) ( n)

Vậy phương trình có hai nghiệm x =

3 và x = 2 . 2

Bài 3. Ta có: VT

cos x  sin x   cos x − cos 3 x   =  tan x +  cot x +   1 + sin x  1 + cos x   4sin x   3 cos x  cos x sin x   cos x − ( 4 cos x − 3cos x )   sin x  = + +    4sin x  cos x 1 + sin x  sin x 1 + cos x     sin x + sin 2 x + cos2 x   cos x + cos2 x + sin2 x   4 cos x − 4 cos3 x  =       4sin x   cos x ( 1 + sin x )   sin x ( 1 + cos x )  4 cos x ( 1 − cos 2 x ) sin x + 1 cos x + 1 = . . cos x ( 1 + sin x ) sin x ( 1 + cos x ) 4sin x 1 − cos2 x sin 2 x = 1 = VP =

Bài 4.

Ta có A ( 3; y A ) ∈ ( d ) ⇒ yA = 3.3 − 5 = 4 ⇒ A ( 3; 4 ) B ( 7; yB ) ∈ ( d ) ⇒ yB = 7.3 − 5 = 16 ⇒ B ( 7;16 )

Ta có:

A ( 3; 4 ) , B ( 7;16 ) ∈ ( P ) : y = x 2 + ax + b ⇒ 2 3a + b = −5  a = −7  4 = 3 + 3a + b ⇔ ⇔  2 7 a + b = −33 b = 16 16 = 7 + 7 a + b

Bài 5. Trong mặt phẳng Oxy cho A ( −4; 4 ) , B ( 0; −4 ) , C ( 5;1) .

a) Gọi D ( xD ; yD ) là điểm cần tìm. uuur uuur Ta có ABCD là hình bình hành (AC, BD là hai đường chéo) khi và chỉ khi AB = DC uuur uuur Mà AB = ( 4;8 ) và DC = ( 5 − xD ;1 − yD )  4 = 5 − xD x = 1 ⇒ D ⇒ D ( 1;9 )  −8 = 1 − yD  yD = 9

Suy ra 

3

x A + xB −4 + 0   xI = 2 = 2 = −2 ⇒ I ( −2;0 ) b) Tọa độ trung điểm I của AB là   y = y A + yB = 4 − 4 = 0  I 2 2 Gọi E ( xE ; yE ) .

Vì I là trọng tâm của tam giác BCE nên ta có: xE + xB + xC x +0+5   −2 = E  xI =   x = −11  3 3 ⇔ ⇒ E ⇒ E ( −11;3)   yE = 3  y = yE + yB + yC 0 = yE − 4 + 1 I  3 3  c) Gọi P ( xP ; yP ) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. uur uuur uur uuur   PI ⊥ AB 5 − 3   PI . AB = 0   N là trung điểm BC, suy ra N  ;  . Ta có  uuur uuur ⇒  uuur uuur 2 2   PN ⊥ BC  PN .BC = 0 uur uuur uuur  5 3  uuur Mà PI = ( −2 − xP ; − yP ) ; AB = ( 4; −8 ) ; PN =  − xP ; − − yP  ; BC = ( 5;5 ) 2 2   4 ( −2 − xP ) − 8 ( − yP ) = 0 x = 0  ⇒ P Suy ra   5   −3  5  2 − xP  + 5  2 − yP  = 0  yP = 1     

Suy ra bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là PB =

( 0 − 0)

2

+ ( 1+ 4) = 5 2

d) Giả sử điểm M ( xM ; yM ) là điểm cần tìm. Vì M thuộc trục tung suy ra xM = 0

Suy ra M ( 0; yM ) uuur

uuur

uuuu r

uuuu r

Ta có MA = ( −4; 4 − yM ) ; MB = ( 0; −4 − yM ) ; MC = ( 5;1 − yM ) ; MD = ( 1;9 − yM uuur uuur uuuu r uuuu r Suy ra MA.MB = MC.MD ⇔ ( 4 − yM ) ( −4 − yM ) = 5.1 + ( 1 − yM

) ( 9 − yM )

⇔ yM = 3

Vậy M(0;3) là điểm cần tìm. Hết

4

)