Đề kiểm tra 1 tiết toán học 10 phần 4 (kèm hướng dẫn)

23 689 0
Đề kiểm tra 1 tiết toán học 10 phần 4 (kèm hướng dẫn)

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Bài 1 (3đ)1) Giải các phương trình sau:a) 4x + 3 = 0 b) 2x - x 2 = 0 2) Giải hệ phương trình: 2x y 3 5 y 4x        . Bài 2 (2đ)1) Cho biểu thức:P = a 3 a 1 4 a 4 4 a a 2 a 2         (a  0; a  4) a) Rút gọn P. b) Tính giá trị của P với a = 9. 2) Cho phương trình : x 2 - (m + 4)x + 3m + 3 = 0 (m là tham số). a) Xác định m để phương trình có một nghiệm là bằng 2. Tìm nghiệm còn lại. b) Xác định m để phương trình có hai nghiệm x 1 , x 2 thoả mãn x 1 3 + x 2 3  0. Bài 3 (1đ)Khoảng cách giữa hai thành phố A và B là 180 km. Một ô tô đi từ A đến B, nghỉ 90 phút ở B rồi trở lại từ B về A. Thời gian từ lúc đi đến lúc trở về là 10 giờ. Biết vận tốc lúc về kém vận tốc lúc đi là 5 km/h. Tính vận tốc lúc đi của ô tô. Bài 4 (3đ)Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AD. Hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại E. Hình chiếu vuông góc của E trên AD là F. Đường thẳng CF cắt đường tròn tại điểm thứ hai là M. Giao điểm của BD và CF là N. Chứng minh: a) CEFD là tứ giác nội tiếp. b) Tia FA là tia phân giác của góc BFM. c) BE.DN = EN.BD. Bài 5 (1đ)Tìm m để giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2x m x 1   bằng 2. Hướng dẫn-Đáp số: Câu I: 1) a) x = -3/4 b) x = 0, x = 2 2) (x; y) = ( 1; -1) Câu II: 1) a) P = 4 a 2  b) P = 4 2) a) m = 1, nghiệm còn lại x = 2 b) 2 (m 2) 3 0, m       . x 1 3 + x 2 3 = (m + 4)( m 2 – m + 7) Vì m 2 – m + 7 = 2 3 3 1 2 1 27 (m ) 0 x x 0 m 4 0 m 4 2 4             Câu III: 180 180 8,5 x x x 5      Câu IV: 1) ECD = EFD = 90 o . 2) EF là phân giác góc BFC => BFA = CFD = AFM. 3)EF là phân giác trong góc BFC, FD là phân giác ngoài => ( ) EN DN FN EB DB FB   => đpcm. Câu V: Theo đầu bài 2 2x m x 1   2  với mọi x và m. Ta có 2 2x m x 1   2 3 ;0 2 3 ,,0 2 3 ) 2 1 (22222 22  mmmmxmxmxx  Biểu thức đạt lớn nhất bằng 2 khi m = 2 1 , 2 3 x Bài 1 (3đ)1) Giải các phương trình sau:a) 5(x - 1) - 2 = 0 b) x 2 - 6 = 0 2) Tìm toạ độ giao điểm của đường thẳng y = 3x - 4 với hai trục toạ độ. Bài 2 (2đ)1) Giả sử đường thẳng (d) có phương trình y = ax + b. Xác định a, b để (d) đi qua hai điểm A(1; 3) và B(-3; -1). 2) Gọi x 1 ; x 2 là hai nghiệm của phương trình x 2 - 2(m - 1)x - 4 = 0 (m là tham số). Tìm m để 1 2 x x 5   . 3) Rút gọn biểu thức:P = x 1 x 1 2 2 x 2 2 x 2 x 1        (x  0; x  1). Bài 3 (1đ)Một hình chữ nhật có diện tích 300m 2 . Nếu giảm chiều rộng 3m, tăng chiều dài thêm 5m thì ta được hình chữ nhật mới có diện tích bằng diện tích hình chữ nhật ban đầu. Tính chu vi của hình chữ nhật ban đầu. Bài 4 (3đ) Cho điểm A ở ngoài đường tròn tâm O. Kẻ hai tiếp tuyến AB, AC với đường tròn (B, C là tiếp điểm). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC (M  B, M  C). Gọi D, E, F tương ứng là hình chiếu vuông góc của M trên các đường thẳng AB, AC, BC; H là giao điểm của MB và DF; K là giao điểm của MC và EF. 1) Chứng minh: a) MECF là tứ giác nội tiếp. b) MF vuông góc với HK. 2) Tìm vị trí của điểm M trên cung nhỏ BC để tích MD.ME lớn nhất. Bài 5 (1đ)Trong mặt phẳng toạ độ (Oxy) cho điểm A(-3; 0) và Parabol (P) có phương trình y = x 2 . Hãy tìm toạ độ của điểm M thuộc (P) để cho độ dài đoạn thẳng AM nhỏ nhất. Hướng dẫn-Đáp số: Câu I: 1) a) x = 7 2 b) x = 6  2) ( 0; -4) và ( 4 3 ; 0) Câu II: 1) y = x + 2. 2) m = 5 1 ;m 2 2   3) P = 2 1 x  Câu III: x.y = 300; (x – 3)( y +5) = 300 => x = 12, y = 25 => Chu vi = 2( x + y) = 74 mét. Câu IV: 1) MFC = MEC = 90 o 2) Góc HCK + HDK = HCK + CAB + CBA = 180 o => CKI = CBD ( = EAC) => HK //AB 3) 2 MEF MFD(g g) MD.ME MF MI      : , với I là trung điểm BC. => (MD.ME) max = MI 2 , khi I trùng với F. Khi đó MBC  cân nên M là điểm chính giữa cung BC. Câu V: M có toạ độ (a; a 2 ) => MA 2 = ( a + 3) 2 + a 4 = (a 2 – 1) 2 + 3( a + 1) 2 + 6 6  MA min = 6 khi a + 1 = a 2 – 1 = 0 => a = -1. Câu 1 : ( 3 điểm ) a) Vẽ đồ thị của hàm số y = 2x – 4. b) Giải hệ phương trình  2 3 2 3 x y y x     c) Rút gọn biểu thức P = 3 2 9 25 4 2 a a a a a    với a > 0. Câu 2 (2 điểm) Cho phương trình x 2 – 3x + m = 0 (1) ( x là ẩn) a) Giải phương trình với m = 1. b.Tìm giá trị của m để phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 thoả mãn : 2 2 1 2 1 1 3 3 x x    Câu 3: ( 1 điểm) Khoảng cách giữa hai bến sông A và B là 48 km. Một canô đi từ bến A đến bến B, rồi quay lại bến A. Thời gian cả đi và về là 5 giờ ( không tính thời gian nghỉ). Tính vận tốc của canô trong nước yên lặng, biết rằng vận tốc của dòng nước là 4 km/h. Câu 4:(3 điểm) Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng a, M là điểm thay đổi trên cạnh BC( M khắc B ) và N là điểm trên CD ( N khác C ) sao cho · 45 o MAN  .Đường chéo BD cắt AM và AN lần lượt tại P và Q. a) Chứng minh rằng ABMQ là tứ giác nội tiếp. b) Gọi H là giao điểm của MQ và NP. Chứng minh rằng AH vuông góc với MN. c) Xác định vị trí điểm M và điểm N để tam giác AMN có diện tích lớn nhất. Câu5 : ( 1 điểm) Chứng minh a 3 + b 3 ( ) ab a b   với mọi a,b 0  . áp dụng kết quả trên , chứng minh bất đẳng thức 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1 1 1 1 a b b c c a          với a, b, c là các số dương thỏa mãn a.b.c = 1. Hướng dẫn-Đáp số: Câu 2) a) m = 1 => x 1;2 = 3 5 2  b) m = -3. Câu 4) 1) QAM = QBM = 45 o ; 2)Các tứ giác ABMQ và ADNP nội tiếp => AQM = APN = 90 o . 3)M là điểm thay đổi trên cạnh BC (M khác B) nên 2 TH TH 1.M không trùng với C. Gọi I là giao điểm của AH và MN=> S = 1 . 2 AI MN . , MAI MAB AI AB a IM BM        Tương tự NAI NAD IN DN      . Từ đó S = 1 1 . . 2 2 AI MN a MN  2 ( ) MN MC NC a BM a DN a IM IN          Vậy 2 MN a MN   hay 2 1 1 . 2 2 MN a S a MN a     . TH 2. M trùng với C, khi đó N trùng với D và AMN ACD    nên S = 2 1 1 . 2 2 AD DC a  Vậy  AMN có diện tích lớn nhất M C   và N D  . Câu 5) a 3 + b 3 – ab(a + b) = ( a + b)( a – b ) 2  0 với mọi a.b 0  => a 3 + b 3 ( ) ab a b   với mọi a,b 0  . áp dụng ta có: a 3 + b 3 +1 ( ) 1 ab a b     1 a b a b c c c      . Cm tương tự ta có: 3 3 3 3 3 3 1 1 1 1. 1 1 1 c a b a b b c c a a b c a b c a b c                   . Dấu bằng khi a = b = c = 1. A B C D M N P Q H I Câu 1 (3,0 điểm). 1) Giải các phương trình: a. 5( 1) 3 7    x x b. 4 2 3 4 1 ( 1)      x x x x x 2) Cho hai đường thẳng (d 1 ): 2 5 y x   ; (d 2 ): 4 1 y x    cắt nhau tại I. Tìm m để đường thẳng (d 3 ): ( 1) 2 1 y m x m     đi qua điểm I. Câu 2 (2,0 điểm). Cho phương trình: 2 2( 1) 2 0 x m x m     (1) (với ẩn là x ). 1) Giải phương trình (1) khi m =1. 2) Chứng minh phương trình (1) luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m . 3) Gọi hai nghiệm của phương trình (1) là 1 x ; 2 x . Tìm giá trị của m để 1 x ; 2 x là độ dài hai cạnh của một tam giác vuông có cạnh huyền bằng 12 . Câu 3 (1,0 điểm). Một hình chữ nhật có chu vi là 52 m. Nếu giảm mỗi cạnh đi 4 m thì được một hình chữ nhật mới có diện tích 77 m 2 . Tính các kích thước của hình chữ nhật ban đầu? Câu 4 (3,0 điểm). Cho tam giác ABC có Â > 90 0 . Vẽ đường tròn (O) đường kính AB và đường tròn (O’) đường kính AC. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O’) tại điểm thứ hai là D, đường thẳng AC cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là E. 1) Chứng minh bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn. 2) Gọi F là giao điểm của hai đường tròn (O) và (O’) (F khác A). Chứng minh ba điểm B, F, C thẳng hàng và FA là phân giác của góc EFD. 3) Gọi H là giao điểm của AB và EF. Chứng minh BH.AD = AH.BD. Câu 5 (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x + y + z =3. Chứng minh rằng: 1 3 3 3          x y z x x yz y y zx z z xy . II, ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM. Câu Ý Nội dung Điểm Hình vẽ đúng: 0,25 Lập luận có · 0 AEB 90  0,25 Lập luận có · 0 ADC 90  0,25 1 Suy ra bốn điểm B, C, D, E cùng nằm trên một đường tròn 0,25 Ta có · · 0 AFB AFC 90   (Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) suy ra · · 0 AFB AFC 180   Suy ra ba điểm B, F, C thẳng hàng 0,25 · · AFE ABE  (cùng chắn » AE ) và · · AFD ACD  (cùng chắn » AD ) 0,25 Mà · · ECD EBD  (cùng chắn » DE của tứ giác BCDE nội tiếp) 0,25 2 Suy ra: · · AFE AFD  => FA là phân giác của góc DFE 0,25 Chứng minh được EA là phân giác của tam giác DHE và suy ra AH EH AD ED  (1) 0,25 Chứng minh được EB là phân giác ngoài của tam giác DHE và suy ra BH EH BD ED  (2) 0,5 4 3 Từ (1), (2) ta có: AH BH AH.BD BH.AD AD BD    0,25 Từ   2 2 x yz 0 x yz 2x yz      (*) Dấu “=” khi x 2 = yz 0,25 5 Ta có: 3x + yz = (x + y + z)x + yz = x 2 + yz + x(y + z) x(y z) 2x yz    Suy ra 3x yz x(y z) 2x yz x( y z)       (Áp dụng (*)) 0,25 x H D B C E A F O O' x x x 3x yz x( x y z) x 3x yz x y z            (1) Tương tự ta có: y y y 3y zx x y z      (2), z z z 3z xy x y z      (3) 0,25 Từ (1), (2), (3) ta có x y z 1 x 3x yz y 3y zx z 3z xy          Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1 0,25 Câu 1 (2,0 điểm): Giải các phương trình sau: a) x(x 2) 12 x    2 2 x 8 1 1 b) x 16 x 4 x 4       Câu 2 (2,0 điểm): a) Cho hệ phương trình 3 2 9 5 x y m x y         có nghiệm (x; y). Tìm m để biểu thức (xy + x – 1) đạt giái trị lớn nhất. b) Tìm m để đường thẳng y = (2m – 3)x – 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành độ bằng 2 3 . Câu 3 (2,0 điểm): a) Rút gọn biểu thức   3 1 . 2 2 1 P x x x x             với 0 x  và 4 x  . b) Năm ngoái, hai đơn vị sản xuất nông nghiệp thu hoạch được 600 tấn thóc. Năm nay, đơn vị thứ nhất làm vượt mức 10%, đơn vị thứ hai làm vượt mức 20% so với năm ngoái. Do đó cả hai đơn vị thu hoạch được 685 tấn thóc. Hỏi năm ngoái, mỗi đơn vị thu hoạch được bao nhiêu tấn thóc? Câu 4 (3,0 điểm): Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, nội tiếp đường tròn (O). Vẽ các đường cao BE, CF của tam giác ấy. Gọi H là giao điểm của BE và CF. Kẻ đường kính BK của (O). a) Chứng minh tứ giác BCFE là tứ giác nội tiếp. b) Chứng minh tứ giác AHCK là hình bình hành. c) Đường tròn đường kính AC cắt BE ở M, đường tròn đường kính AB cắt CF ở N. Chứng minh AM = AN. Câu 5 (1,0 điểm): [...]... 3  1, 00 Đặt x1  2  3; x2  2  3 thì x1 ; x2 là 2 nghiệm của phương trình x2  4 x  1  0 Suy ra x12  4 x1  1  0  x1n 2  4 x n 11  xn1  0(n  N ) 0,25 Tương tự có x1n2  4 xn 11  x n1  0(n  N ) k Do đó Sn 2  4 Sn 1  Sn  0(n  N ) Trong đó Sk  x1k  x2 (k  N ) Có S1  x1  x2  4; S2  ( x1  x2 )2  2 x1 x2  16  2  14 Từ đó S3  4 S2  S1  52; S4  4 S3  S2  19 4; S5... 4  Giải phương trình  x  5  x  3   0 (1) a 3  5  (1)  2 x  5 hoặc 4 x  3 3 5 2 15 x5 x 3 2 4 15 x  3  x   5 4 Vậy (1) có 2 nghiệm x  b 2 a 15 15 ;x   2 4 Giải phương trình 2 x  3  1 (2) (2)  2 x  3  1 hoặc 2 x  3  1 2x – 3 = 1  2 x  4  x  2 2x – 3 = -1  2 x  2  x  1 Vậy (2) có 2 nghiệm x = 2; x = 1 a  b  2 ab ba a( b  a)  a a ( a  b)  a : ba ( a ... lượt tại E và F Chứng minh AE CF = 2AI CI 1) Tính các giá trị của hàm số tại x = Hướng dẫn-Đáp số: Câu II: 1) mx  y  2 (1)  x  my  1( 2) (2) => x = 1 – my, thế vào (1) tính được y = m2 2m  1 => x = 2 2 m 1 m 1 2m  1 m2 + = -1  m2 + 3m = 0  m = 0 và m = -3 2 2 m 1 m 1 1 x 2 y 2  y 1 x 3) (1) => m = (2) => m = Vậy ta có = x y x y Câu III: 1) PBIQ có P = B = Q = 90o và BI là phân giác... ; dấu bằng xảy ra khi MO1 = MO2 => O1O2 nhỏ nhất MO1 = MO2 =>  BMO1 =  CMO2 => MB = MC Câu IV: Sử dụng hằng đẳng thức x2 – y2 = ( x – y)( x + y) 2 2 2 2 8 Biến đổi biểu thức thành A = ( (1  ) (1  ) (1  ) (1  )  1  a b a b ab 2 (a  b) ab ≤ = 4/ 4 = 1 => A ≥ 9 , dấu bằng khi a = b = 1 Vậy AMin = 9 , khi a = b 4 = 1 Câu I Cho hàm số f(x) = x2 – x + 3 1 và x = -3 2 2) Tìm các... đường tròn 4) Xác định vị trí của M để O1O2 ngắn nhất Câu IV (1 ) Cho 2 số dương a, b có tổng bằng 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 4  4    1  a 2  1  b 2     Hướng dẫn-Đáp số: Câu III: a) BDM + CDM = ABC + ACB = 90o => đpcm b) B = C = 45 o => O1BM = O2CM = 45 o => O1MO2 = 90o => O1DO2 = 90o =>đpcm c) A, D, E cùng nhìn BC dưới một góc vuông d) (O1O2)2 = (O1M)2 + (O2M)2 ≥ 2 MO1.MO2 ;... nghiệm -Hết -Câu ý Đáp án - Biến đổi phương trình x(x  2)  12  x về dạng x2 – x – 12 = 0 a) - Giải được 2 nghiệm: x1 = 4; x2 = -3 1 x2  8 1 1 Phương trình 2   Điều kiện: x  4 Cho a, b, c, d là các số thực thỏa mãn: b + d  0 và x  16 x 4 x 4 (2đ) b) - Biến đổi về dạng: x2 –2x – 8 = 0 - Giải ra được: x1 = 4 (loại); x2 = -2 (TM) -KL: nghiệm x = -2 3 x  y  2m  9 tìm được nghiệm... 0 ba Tính giá trị của A khi a  7  4 3, b  7  4 3  A b Có a + b = 14 ; b – a = 8 3 ; ab = 1 Điểm 1, 00 0,25 0,25 0,25 0,25 1, 00 0,25 0,25 0,25 0,25 1, 00 0,25 0,25 0,25 0,25 1, 00 0,25 Do đó theo CM trên ta có A = a  b  2 ab 14  2  ba 8 3 2 3 2 3 Hay A  3 0,25 0,25 Nên A  3 a Tìm m để các đường thẳng y  2x  m và y  x  2m  3 cắt nhau tại một 0,25 1, 00 điểm nằm trên trục tung b Đường thẳng...  7 24; S6  2702 0,25 Vì 0< 2  3  1 nên 0< (2  3)6  1 hay 0,25 6 27 01 < S =  2 + 3   2702 Vậy số nguyên phải tìm là 27 01 0,25 Câu I (2đ) Giải hệ phương trình: 2x  3y  5  3x  4y  2 Câu II (2,5đ) Cho phương trình bậc hai: x2 – 2(m + 1) x + m2 + 3m + 2 = 0 1) Tìm các giá trị của m để phương trình luôn có hai nghiệm phân biệt 2) Tìm giá trị của m thoả mãn x12 + x22 = 12 (trong đó x1, x2... > 0) Khi đó vận tốc ô tô là x +15 (km/h) 90 ( h) x 90 1 Thời gian xe ô tô đi hết quãng đường AB là (h) ; 30’= (h) x  15 2 90 90 1 Theo bài ra ta có phương trình   (*) x x  15 2 0,25 0,25 0,25 0,25 1, 00 0,25 Thời gian xe máy đi hết quãng đường AB là 4 a Giải được phương trình (*) có x = 45 (t/m); x = -60 (loại) Vậy vận tốc xe máy là 45 km/h; vận tốc xe ô tô là 45 + 15 = 60 (km/h) Chứng minh rằng... biểu thức (xy + x – 1) = - m2 + 2m + 7 - Biến đổi và lập lập (xy + x – 1) = - m2 + 2m + 7 = 8 – (m – 1) 2  8 - Tìm được (xy + x – 1) đạt GTLN bằng 8 khi m = 1 - Lập luận: để đường thẳng y = (2m – 3)x – 3 cắt trục hoành tại điểm có hoành 0.25 0.25 0.25 2 2 thì 2m – 3  0 và (2m – 3) = 0 b) 3 3 15 - Giải và kết luận: m = 4  3 - Với x  0 và x  4 Biến đổi P     ( x  2)( x  1) 0.5 độ bằng a) 3 . tự có 2 1 1 1 1 4 0( ) n n n x x x n N        Do đó 2 1 4 0( ) n n n S S S n N        Trong đó 1 2 ( ) k k k S x x k N     Có 2 1 1 2 2 1 2 1 2 4; ( ) 2 16 2 14 S x x S. S, trong đó   6 S = 2+ 3 1, 00 Đặt 1 2 2 3; 2 3 x x    thì 1 2 ; x x là 2 nghiệm của phương trình 2 4 1 0 x x    Suy ra 2 2 1 1 1 1 1 1 4 1 0 4 0( ) n n n x x x x x n N   . Hướng dẫn-Đáp số: Câu II: 1)        mx y 2 (1) x my 1( 2) (2) => x = 1 – my, thế vào (1) tính được y = 2 m 2 m 1   => x = 2 2m 1 m 1   2) x + y = -1  2 2m 1 m 1  

Ngày đăng: 24/07/2015, 11:50

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan