Câu I: (2,5 điểm) 1. Vẽ đồ thị hàm số 2 2 3y x x= − − . 2. Dựa vào đồ thị của hàm số 2 2 3y x x= − − ở câu 1), hãy biện luận số nghiệm của phương trình sau theo m 2 3 3x x m x− − = − (*) Câu II: (2,5 điểm) 1. Không giải phương trình 2 6 7 0x x− + = hãy tính tổng các bình phương hai nghiệm của nó. 2. Tìm m để hệ sau có nghiệm duy nhất: ( 1) 3 2 3 9. mx m y x y − + =    − =   Câu III: (3 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ cho (1;2), (3;4)A B a. Tìm tọa độ trọng tâm G của OAB∆ . b. Tìm OxM ∈ sao cho MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất. 2. Cho 5 điểm P,Q , A, B, C thỏa mãn đẳng thức: 2 5 2PB PC QA QB QC+ = + + uuur uuur uuur uuur uuur . Chứng minh rằng ba điểm A,P,Q thẳng hàng. Câu IV: (2 điểm) 1. Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất ( ) 3 2 (2 3) (4 3) 2 1 0.x m x m x m− + + + − − = 2. Giải hệ: 3 2 2 2 2 2 4 3 0 2 0 x y y x x y y  + − + =  + − =  -----------------------------Hết---------------------------- HƯỚNG DẪN CHÂM MÔN TOÁN 10 NÂNG CAO. Câu Nội dung Điểm TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I 2008-2009 Tổ Toán Môn thi: Toán 10 (Ban NC) Thời gian làm bài: 90 phút I 2,50 Vẽ đồ thị (1,5 điểm) Đồ thị là parabol có đỉnh (1; 4)I − , nhận đường thẳng x = 1 làm trục đối xứng và có bề lõm quay lên. 0,50 Giao với Ox: (-1; 0) và (3; 0) Giao với Oy: (0; -3) 0,50 Đồ thị: 0,50 Dựa vào đồ thị biện luận số nghiệm (1 điểm) (*) ⇔ 2 2 3x x m− − = Số nghiệm của phương trình (*) là số giao điểm của parabol (P): 2 2 3y x x= − − và đường thẳng y m= 0,50 Dựa vào đồ thị ta có: + m<-4, PT (*) vô nghiệm; + m= -4, PT (*) có một nghiệm ; + m>-4, PT (*) có hai nghiệm. 0,50 II 2,50 Không giải phương trình . Gọi 1 2 ,x x là các nghiệm của PT 2 6 7 0x x− + = , ta có 2 2 2 1 2 1 2 1 2 ( ) 2x x x x x x+ = + − . 0.50 Theo định lí Viét 1 2 1 2 6; 7x x x x+ = = . Suy ra 2 2 2 1 2 6 2.7 22x x+ = − = . 0.50 Tìm m để HPT có nghiệm duy nhất (1,5 điểm) ( 1) 3 2( 1) 2 2 3 m m D m m m − + = = − + + = − + − . 0,50 Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi 0 2 0D m ≠ ⇔ − + ≠ 0,50 2.m ⇔ ≠ Vậy với 2m ≠ thì hệ đã cho có nghiệm duy nhất. 0,50 III 3,00 Tìm tọa độ trọng tâm… 1 3 0 4 3 3 3 A B O G x x x x + + + + = = = 0,50 2 4 0 2 3 3 A B O G y y y y + + + + = = = 0,50 -1 -3 3 -4 O 1 (1 điểm) Tìm OxM ∈ … (1 điểm) Ox ( ;0)M M m∈ ⇔ . Gọi I là trung điểm của AB, ta có (2;3)I . Khi đó 2MA MB MI+ = uuur uuur uuur , 0,50 do đó MA MB+ uuur uuur nhỏ nhất khi MI uuur nhỏ nhất Ox (2;0)MI M⇔ ⊥ ⇔ 0,50 Chứng minh A, P, Q thẳng hàng Ta có 2 5 2PB PC QA QB QC+ = + + uuur uuur uuur uuur uuur ( ) ( ) 2 5 2PB PC QA QP PB QP PC⇔ + = + + + + uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur 0,50 3 5 QA QP⇔ = − uuur uuur . Suy ra A, P, Q thẳng hàng. 0,50 IV 2,00 Tìm m để PT có nghiệm duy nhất (1 điểm) PT đã cho ( ) 2 ( 1) 2( 1) 2 1 0x x m x m⇔ − − + + + = . Đặt 2 ( ) 2( 1) 2 1g x x m x m= − + + + , PT đã cho có nghiệm duy nhất khi và chi khi ( )g x vô nghiệm hoặc có nghiệm kép bằng 1 0,50 ' 2 ' 2 0 0 0. 0 0 (1) 0 g g m m m g m   ∆ < <   ⇔ ⇔ ⇔ =   ∆ = =       = ∀     0,50 Giải hệ (1 điểm) Từ 3 2 2 4 3 0x y y+ − + = suy ra 3 2 1 2( 1) 1 1x y x= − − − ≤ − ⇒ ≤ − (1) Từ 2 2 2 2 0x x y y+ − = suy ra 2 2 2 1 1 y x y = ≤ + hay 1 1x− ≤ ≤ (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra 1x = − , do đó y 1= . Thay 1x = − và y 1= vào hệ ta thấy thỏa mãn. Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( 1;1)− 0,50 Vậy với m=0 thì PT đã cho có nghiệm duy nhất. . -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - - HƯỚNG DẪN CHÂM MÔN TOÁN 10 NÂNG CAO. Câu N i dung i m TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I ĐỀ KIỂM TRA HỌC KÌ I 200 8-2 009. nghiệm duy nhất ( ) 3 2 (2 3) (4 3) 2 1 0.x m x m x m− + + + − − = 2. Gi i hệ: 3 2 2 2 2 2 4 3 0 2 0 x y y x x y y  + − + =  + − =  -- -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - Hết -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -- - -