Thi Hoc Ki 2 Nam Hoc 2008 - 2009

ĐẠI HỌC QUỐC GIA TPHCM

Trường Phổ Thông Năng Khiếu

ĐỀ THI HỌC KỲ II – NĂM HỌC 2008 – 2009 Môn thi: TOÁN Lớp 10. Thời gian 90 phút

(Đề chung cho các lớp 10 Tin, Hóa, Lý, Sinh, Văn, Anh, A, D) Câu 1. Giải các phương trình và bất phương trình sau: a) x 2 − 6 x ( 5 − x ) = 5 x − 16 . b)

x 2 + 3 x − 10 < 7 − x

⎧⎪( x − 2 )( x − 4 ) ≤ 0 Câu 2. Cho hệ ⎨ ⎪⎩( x − 1)( x + 2m ) > 0 a) Giải hệ khi m = 3 b) Tìm m để hệ có nghiệm. Câu 3. a) Cho a, b, c là các số dương và abc = 1 . Chứng minh rằng a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a + b + c b) Tìm m để bất phương trình mx 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3 ≥ 0 vô nghiệm

x2 y 2 + = 1 có tiêu điểm F1 ( −4;0 ) , đường thẳng ( d ) : 7 x + 3 y + 1 = 0 và các điểm a 2 b2 A (1; 2 ) , B ( 3;1) , C ( 2;3) .

Câu 4. Cho ( E ) :

a) Viết phương trình đường thẳng m qua C và m ⊥ AB . b) Viết phương trình đường tròn ( C ) qua A, B và có tâm I thuộc đường thẳng d c) Viết phương trình đường thẳng n // AB và n tiếp xúc với ( C ) .

d) Tìm a, b biết B thuộc ( E )

Hướng dẫn giải Câu 1. a) x 2 − 6 x ( 5 − x ) = 5 x − 16

(1)

Điều kiện x ( 5 − x ) ≥ 0 ⇔ 0 ≤ x ≤ 5 Với điệu kiện trên ta có x = x , do đó phương trình

(1)

⇔ x 2 − 6 5 x − x 2 = 5 x − 16 ⇔ 5 x − x 2 + 6 5 x − x 2 − 16 = 0

( t ≥ 0 ) . Khi đó phương trình (1) trở thành ⎡t = −8 ( l ) t 2 + 6t − 16 = 0 ⇔ ⎢ ⎢⎣t = 2 ( n )

Đặt t = 5 x − x 2

Với t = 2 ta có

1 Nguyễn Tăng Vũ www.vulalach.wordpress.com

5x − x2 = 2

⇔ 5x − x2 = 4

⎡ x = 1( n ) ⇔ x2 − 5x + 4 = 0 ⇔ ⎢ ⎢⎣ x = 4 ( n ) Vậy phương trình có hai nghiệm và tập nghiệm S = {1; 4} b)Ta có x 2 + 3 x − 10 < 7 − x ⎧ x + 3 x − 10 ≥ 0 ⎪⎪ ⇔ ⎨7 − x ≥ 0 ⎪ 2 2 ⎪⎩ x + 3x − 10 < ( 7 − x ) 2

⎧ ⎡ x ≤ −5 ⎪⎢ ⎪⎣ x ≥ 2 ⎪ ⇔ ⎨x ≤ 7 ⎪ 2 2 ⎪ x + 3x − 10 < 49 − 14 x + x ⎪⎩

⎧ ⎡ x ≤ −5 ⎪⎢ ⎡ x ≤ −5 ⎪⎣ x ≥ 2 ⎪ ⇔ ⎨x ≤ 7 ⇔ ⎢ ⎢ 2 ≤ x < 59 ⎪ 59 17 ⎣ ⎪x < 17 ⎪⎩

⎡ 59 ⎞ Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S = ( −∞; −5] ∪ ⎢ 2; ⎟ ⎣ 17 ⎠ Câu 2. ⎧2 ≤ x ≤ 4 ⎧⎪( x − 2 )( x − 4 ) ≤ 0 ⎪ a) Khi m = 3 ta có hệ ⎨ ⇔ ⎨ ⎡ x < −6 ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 ⎪⎩( x − 1)( x + 6 ) > 0 ⎪⎢ x > 1 ⎩⎣

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là S = [ 2; 4]

⎧⎪( x − 2 )( x − 4 ) ≤ 0 (1) b) ⎨ ( 2) ⎪⎩( x − 1)( x + 2m ) > 0 Ta có (1) ⇔ 2 ≤ x ≤ 4 . Tập nghiệm của (1) là S1 = [ 2; 4] Ta xét các trường hợp sau: TH1: Khi −2m = 1 ⇔ m = − S 2 = \ \ {1}

1 2 ta có ( 2 ) ⇔ ( x − 1) > 0 ⇔ m ≠ 1 . Suy ra tập nghiệm của ( 2 ) là 2

Ta có S1 ∩ S2 ≠ ∅ . Vậy hệ có nghiệm. ⎡ x < −2m 1 . Suy ra S 2 = ( −∞; −2m ) ∪ (1; +∞ ) ta có ( 2 ) ⇔ ⎢ 2 ⎣x > 1 1 Ta có S 2 ∩ S1 ≠ ∅ . Vậy hệ có nghiệm ∀m > − 2 ⎡x < 1 1 . Suy ra S 2 = ( −∞;1) ∪ ( −2m; +∞ ) TH3: Khi −2m > 1 ⇔ m < − (*) ta có ( 2 ) ⇔ ⎢ 2 ⎣ x > −2 m TH2: Khi −2m < 1 ⇔ m > −

Nguyễn Tăng Vũ www.vulalach.wordpress.com

2

Do đó hệ có nghiệm khi và chỉ khi S1 ∩ S2 ≠ ∅ ⇔ −2m < 4 ⇔ m > −2 1 Kết hợp với (*) ta có −2 < m < − 2 Vậy hệ có nghiệm khi và chỉ khi m > −2 Câu 3. a) Ta có abc = 1 , do đó a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ a + b + c

⇔

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ≥ ( a + b + c ) abc

⇔

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 − ( a + b + c ) abc ≥ 0

1 2 2 1 1 1 1 1 a b − a 2bc + a 2 c 2 + a 2b 2 − ab 2 c + b 2 c 2 + a 2 c 2 − abc 2 + b 2 c 2 ≥ 0 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2 2 2 ⇔ ( ab − ac ) + ( ab − bc ) + ( bc − ca ) ≥ 0 2 2 2 Bất đẳng thức cuối cùng đúng nên ta có điều cần chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 Nhận xét: Bài toán dư giả thiết a, b, c dương. b) mx 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3 ≥ 0 (1) ⇔

Đặt f ( x ) = mx 2 − 2 ( m − 2 ) x + m − 3 3 , bất phương trình có nghiệm. 4 ∀x ∈ \ Khi m ≠ 0 , ta có (1) vô nghiệm khi và chỉ khi: f ( x ) < 0 Khi m = 0 ta có (1) trở thành 4 x − 3 ≥ 0 ⇔ x ≥

⎧m < 0 ⎧m < 0 ⎪⎧m < 0 ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ , suy ra không tồn tại m thỏa. 2 ⎩−m + 4 < 0 ⎩m > 4 ⎪⎩Δ′ = ( m − 2 ) − m ( m − 3) < 0 Vậy không tồn tại m để bất phương trình vô nghiệm. Câu 4. JJJG a) Ta có m ⊥ AB , suy ra AB = ( 2; −1) là vectơ pháp tuyến của đường thẳng m . JG Do đó đường thẳng m qua C ( 2;3) có vectơ pháp tuyến n1 = ( 2; −1) nên có phương trình là:

( m) :

b) Gọi I ( xI ; yI )

2 ( x − 2 ) − 1. ( y − 3) = 0

⇔ 2x − y −1 = 0 và tâm đường tròn cần tìm và RC là bán kính.

Ta có ( C ) đi qua A, B nên IA = IB Do đó

( xI − 1) + ( yI − 2 ) 2

2

=

( xI − 3) + ( yI − 1) 2

2

⇔ −2 xI + 1 − 4 yI + 4 = −6 xI + 9 − 2 yI + 1 ⇔ 4 xI − 2 y I = 5

Hơn nữa I ( xI ; yI ) ∈ ( d ) : 7 x + 3 y + 1 = 0 ⇒ 7 xI + 3 yI + 1 = 0

3 Nguyễn Tăng Vũ www.vulalach.wordpress.com

1 ⎧ ⎪⎪ xI = 2 ⎧ 4 xI − 2 y I = 5 ⎛1 3⎞ Từ đó ta có hệ ⎨ ⇔⎨ ⇒ I ⎜ ;− ⎟ ⎝2 2⎠ ⎩7 xI + 3 yI = −1 ⎪ y = − 3 I ⎪⎩ 2 Khi đó RC = IA =

5 2 2 2

2

1⎞ ⎛ 3⎞ 25 ⎛ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( C ) : ⎜ x − ⎟ + ⎜ y + ⎟ = 2⎠ ⎝ 2⎠ 2 ⎝ JJJG JJG JJG c) Ta có n // AB nên đường thẳng có pháp vectơ n2 vuông góc với AB ( 2; −1) . Chọn n2 = (1; 2 ) . Khi đó phương trình đường thẳng ( n ) có dạng: x + 2 y + k = 0 . ⎛1 3⎞ Để ( n ) tiếp xúc với ( C ) thì khoảng cách từ I ⎜ ; − ⎟ đến ( n ) ⎝2 2⎠ ⎡ 1 5 5 −3+ k k= + ⎢ 5 2 5 5 10 2 2 = ⇔ k− = ⇔⎢ Do đó 2 2 2 ⎢ 5 5 5 ⎢k = − ⎣ 2 Vậy có hai đường thẳng cần tìm là 5 + 5 10 =0 ( n1 ) : x + 2 y + 2 5 − 5 10 =0 ( n2 ) : x + 2 y + 2 d) Ta có F1 ( −4;0 ) ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = c 2 = 16 ⇒ a 2 = b 2 + 16

bằng bán kính RC =

5 2 . 2

10 2 10 2

9 1 9 1 + 2 =1⇔ 2 + 2 =1 2 a b b + 16 b ( t > 0 ) ta có

Vì B ( 3;1) ∈ ( E ) ⇒ Đặt t = b 2

9 1 + = 1 ⇔ t ( t + 16 ) = 9t + t + 16 t + 16 t ⎡t = −8 ( l ) ⇔ t 2 + 6t − 16 = 0 ⇔ ⎢ ⎢⎣t = 2 ( n ) Với t = 2 thì b 2 = 2 ⇒ b = 2 và a 2 = b 2 + 16 = 18 ⇒ a = 3 2 . x2 y 2 Vậy a = 3 2, b = 2 và phương trình chính tắc của elip là + = 1. 18 2

Hết

4 Nguyễn Tăng Vũ www.vulalach.wordpress.com